— Lebesgue積分taniguch/kogi/leb2007.pdfDef 1.10. 有界もしくは(1.1)...

解析学B2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 classroompurposes, but not for commercial purposes.

i

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 = limn→∞

∫ 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，

limn→∞

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．

CONTENTS ii

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 Holder，Minkowskiの不等式，Lp 空間 49

8 直積測度と Fubiniの定理 56

1 収束定理 — RIEMANN積分の拡張を通じて — 1

1. 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，

limn→∞

S(f ;∆n) = S(f), limn→∞

S(f ;∆n) = S(f).

とくに f が Riemann可積分であるならば，

limn→∞

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=1 Aj

)≤

∑∞j=1 λ∗

0(Aj)が成り立つ．

とくに，Aj がすべて零集合ならば，∪∞

j=1 Aj 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{

supy∈I∩[a,b]

f(y) − infy∈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}n

j=0 と {cj}n−1j=0 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) = limn→∞

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) fgもまた L-可測関数である．ただし (fg)(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

limn→∞

∫ 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

supn∈N

∫[a,b]

|Fn| dλ < ∞ (1.1)

ならば

limn→∞

∫[a,b]

Fn dλ

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，Lem1.9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 limn→∞

∫ 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 supn∈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 = limn→∞

∫ b

a

(αfn + βgn)(x)dx

= limn→∞

{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., supn∈N,x∈[a,b]

|Hn(x)| < ∞, supn∈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 = limn→∞

∫ b

a

Hn(x)dx ≥ limn→∞

∫ 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., supn∈N,x∈[a,b]

|fn(x)| ≤ supx∈[a,b]

|f(x)| < ∞.

よって f は L-可積分となる．L-積分の定義と Thm1.2により∫[a,b]

f dλ = limn→∞

∫ 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;

limn→∞

∫[a,b]

fn dλ =∫

[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) 3t 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;

limt→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 supt∈(α,β)

∣∣∣∂f

∂t(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]

fn dλ →∫

[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, (h 6= 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

xdx =

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]

fr dλ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．sinx ≥ 0 (x ∈ [0, π])であるから，∣∣exp(ireix)

∣∣ = exp(−r sinx) ≤ 1 x ∈ [0, π] (∗)

となる．これより，

limr→0

fr(x) = 1 (x ∈ [0, π]), limr→∞

fr(x) = 0 (x ∈ (0, π))


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Thm1.12が使え，

limr→0

∫[0,π]

fr dλ =∫

[0,π]

1 dλ =∫ π

0

1dx = π,

limr→∞

∫[0,π]

fr dλ =∫

[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Q1.2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 Thm1.6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} ⊂∪n

j=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 \

∪mk=1[ck, dk] ⊂

∪nj=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. Thm1.6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 Thm1.6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，supt∈U

∣∣∣ ∂f

∂ti(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

supn∈N

∫[a,b]

fn dλ < ∞

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

limn→∞

limm→∞

an,m = limm→∞

limn→∞

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， limn→∞

∫[a,b]

fndλ =∫

[a,b]

fdλ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 limn→∞

∫[a,b]

fn dλ =∫

[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=1 fn(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]

fn dλは絶対収束し，さらに

∫[a,b]

f dλ =∞∑

n=1

∫[a,b]

fn dλ

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，

limn→∞

∫[a,b]

fn dλ =∫

[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 limn→∞

∫[a,b]

fn dλ =∫

[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) limn→∞

∫ 1

0

exp(

x

n + x2

)dx

(ii) limn→∞

∫ 3

0

n sin(

x2 + 1n

)dx

(iii) limn→∞

∫ 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) limn→∞

∫[a,b]

e−nf dλ = 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]

ef dλ =∞∑

n=0

1n!

∫[a,b]

fn dλ．

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]

11 − f

dλ =∞∑

n=0

∫[a,b]

fn dλ．

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]

fy dλ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=0 ajg(j) = 0 が成り立つとする．この

とき，n∑

j=0

ajF(j) = 0


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．

(i) fy : [a, b] → Rは L-可積分関数であることを証明せよ．


(ii) F (y) =∫

[a,b]


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]

gy dλ

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]


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]

gy dλ

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]

fz dλ (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]

fn dλ.


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]

fz dλ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) 13

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(c′) A1, A2, · · · ∈ E ならば

∪∞j=1 Aj ∈ 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，µ 6≡ ∞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=1 An

)=

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=1 An

)= limn→∞ µ(An)．

Proof. (i) A0 = ∅，Bn = An \ An−1 とおけば，{Bn; n ∈ N}は互いに素で，∪kn=1 Bn = Ak，

∪∞n=1 Bn =

∪∞n=1 An 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)

= limk→∞

k∑n=1

µ(Bn) = limk→∞

µ

( k∪n=1

Bn

)= lim

k→∞µ(Ak).

2 測度 (一般論) 14

(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})

= limn→∞

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)} = lim

n→∞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=1 Aj ∈ E0 を満たせば，µ

(∪∞j=1 Aj

)=

∑∞j=1 µ(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=1 Aj ⊃ A，

∑∞j=1 µ(Aj) ≤ µ∗(A) + εとなるよう

にとる．

2 測度 (一般論) 15

Cj = A∩{

Aj \(∪j−1

k=1 Ak

)}とすれば，Cj ∈ E0，

∪∞j=1 Cj = 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=1 An,k ⊃ Bn，∑∞

k=1 µ(An,k) <µ∗(Bn) + ε2−n となるように選ぶ．このとき，

∪∞n,k=1 An,k ⊃

∪∞n=1 Bn 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∗((Bc

1 ∪ Bc2) ∩ G) + µ∗((B1 ∩ B2) ∩ G)

= µ∗(B2 ∩ {(Bc1 ∪ Bc

2) ∩ G}) + µ∗(Bc2 ∩ {(Bc

1 ∪ Bc2) ∩ G})

+ µ∗((B1 ∩ B2) ∩ G)= µ∗(B2 ∩ Bc

1 ∩ G) + µ∗(Bc2 ∩ G) + µ∗((B1 ∩ B2) ∩ G)

= µ∗(B2 ∩ G) + µ∗(Bc2 ∩ 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).///

2 測度 (一般論) 16

(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=1 Bn 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=1 Bk とおく．(3)よりMn ∈ E である．(2.3)より，

µ∗(G) = µ∗(Mn ∩ G) + µ∗(M cn ∩ G).

Mn ⊂ Bより，M cn ⊃ Bcである．よって µ∗(M c

n ∩G) ≥ µ∗(Bc ∩G)．また，(2.3)より µ∗(Mn ∩ G) =

∑nk=1 µ∗(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=1 µ∗(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=1 An ⊃ 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=1 Aj ∈ E0を満たせば，µ(∪∞

j=1 Aj

)=

∑∞j=1 µ(Aj)が成り立つとする．こ

のとき σ[E0]上の測度 µで，µ(A) = µ(A) (∀A ∈ E0)を満たすものが存在する．

2 測度 (一般論) 17

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∈Λ Fα 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=1 Aj

)≤∑∞

j=1 µ(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，an > 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=1 µ(An) < ∞を満たせば，µ

(∩∞m=1

∪∞n=m An

)= 0となることを証明せよ．

2 測度 (一般論) 18

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=1 An

)= 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，E0 6= 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#Ac < ∞，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 (Thm2.5)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=1 Xk = 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))となることを示せ．

3 LEBESGUE測度 19

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，−∞ ≤ ∃ai ≤ bi ≤ ∞，i = 1, . . . , N，

が存在し，I =∏N

i=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=1 Ik 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| =∏N

i=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=1 Ik 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 =

∏Ni=1(−∞,∞]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．)

3 LEBESGUE測度 20

Proof. 互いに素な Fn ∈ F0 が，F =∪∞

n=1 Fn ∈ 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 \

∪nk=1 Fk 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∩n

k=1 Jk 6= ∅．したがって∩n

k=1 Jk 6= ∅．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=1 Jk |n = 1, 2, . . .}は，上の考

察より有限交叉性を持つから，∩∞

k=1 Jk 6= ∅．したがって∩∞

n=1 Hn 6= ∅．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}とおく．このとき，A + x ∈ F，かつ λ(A + x) = λ(A)．

3 LEBESGUE測度 21

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=1 Jn 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=1 J◦

n ⊃ A，∑∞

n=1 λ0(J0) ≤ λ∗0(A) + εとなる．

∪∞n=1 J◦

n は開集合であり

λ( ∞∪

n=1

J◦n

)≤

∞∑n=1

λ(J◦n) ≤

∞∑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=1 Gn 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．

3 LEBESGUE測度 22

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∈Λ Aα

)> 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=0 Kn 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=1 λ0(Jn) | Jn ∈ F0,

∪∞n=1 J◦

n ⊃ 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=1 Jn 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=1 On，A =

∩∞n=1 On \ 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=1 Fn

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 XA 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．

3 LEBESGUE測度 23

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 Tx = αxと定義する．A ⊂ RN に対し，TA = {Tx |x ∈ A}とおく．このとき λ∗

0(TA) = 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 Tx = αx (x ∈ RN )と定義する．A ∈ F とし，TA = {Tx |x ∈ A}とおく．このとき，TA ∈ F であり，さらに λ(TA) = 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 UA = {Ua | a ∈ A}とおく．(i) x ∈ RN , α > 0に対し I(x, α) = {y ∈ RN | 0 < yi − 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 UO ∈ 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，

r 6= 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 24

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∈N fn(x)，infn∈N fn(x)，lim supn∈N fn(x)，lim infn∈N fn(x)はすべて可測である．

4 可測関数 25

(iii) fn : X → [−∞,∞] (n = 1, 2, . . . )がすべて可測関数ならば，

f(x) =

limn→∞

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) fgはともに可測で有限値を取るとする．このとき fg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∈N fn > a

]=

∪∞n=1[fn > a]より，supn∈N fn 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=1 akXAk

(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}

4 可測関数 26

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

supx∈H

|fn(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 \ Fn) < 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=1 Fn 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=1 Kn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．

4 可測関数 27

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∈N fn(x)，lim supn∈N fn(x)，および lim infn∈N fn(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=1 fn もまた可測


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) fg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，ai 6= aj，Ai ∩Aj = ∅(i 6= j)，

∪nj=1 Aj = X，f =

∑nj=1 ajXAj 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．

4 可測関数 28

Q4.9. O = {G ⊂ RN |開集合 }とし，E = σ[O]とおく (Q2.2参照)．

(i) E ⊂ F となることを証明せよ．(ii) µ(A) = λ(A)，A ∈ E，とおけば，(RN , E , µ)は測度空間となることを証明せよ．

(iii) Lebesgue可測関数 f : RN → Rに対し，E-可測関数 g : RN → Rが存在し，[f 6= g] ∈ F かつ λ([f 6= g]) = 0となることを示せ．

Q4.10. f : RN → R, ∈ CFとする．任意の ε > 0に対し，λ(RN \ F ) < εとなる閉集合 F ⊂ RN が存在し，F 上 f は連続となることを証明せよ．

Q4.11. Kk ⊂ RN は閉集合で Kk ⊂ {k − 1 ≤ |x| < k} を満たすとする．K =∪∞k=1 Kk とする．

(i) K は閉集合であることを示せ．(ii) f : K → Rが各Kk 上で連続ならば，K 上で連続となることを示せ．

Q4.12. A ⊂ RN ,∈ F を有界集合とする．λ(RN \ E) = 0となる開集合列 Gn ⊃Gn+1 ⊃ Aが存在することを証明せよ．ただし E = {x| limn→∞ XGn(x) =XA(x)}．

Q4.13. A ⊂ RN ,∈ F を有界集合とする．λ(RN \ E) = 0となる Jn ∈ F0が存在することを証明せよ．ただし，E = {x| limn→∞ XJn(x) = XA(x)}．

Q4.14. (i) F ⊂ RN は閉集合とし，f : RN → Rは F 上連続であるとする．このとき g(x) = f(x) (x ∈ F )，= 0 (x /∈ F )と定義すれば gは可測関数であることを示せ．(ii) 閉集合の増大列 Fn ⊂ Fn+1 ⊂ RN は λ(F c

n) < 1/nを満たすと仮定する．関数 f : RN → Rがすべての Fn 上で連続であれば f は可測関数となることを証明せよ．(Lusinの定理の逆)

Q4.15. F ⊂ RN は閉集合で F ◦ = ∅，λ(F ) > 0を満たすとする．(i)任意の x ∈ F に対し xn /∈ F，εn > 0で xn → x，B(xn, εn)∩F = ∅となるものが存在することを証明せよ．ただしB(y, r) = {z ∈ RN | |y−z| < r}．(ii) E ∈ F は λ(E) = 0を満たすと仮定する．任意の y ∈ RN，r > 0に対し，B(y, r) \ E 6= ∅となることを証明せよ．(iii) E ∈ F は λ(E) = 0を満たすと仮定する．XF は RN \E 上連続とならないことを示せ．(Lusinの定理で ε > 0を考えることは不可欠)

Q4.16. N = 1とする．Kn ⊂ [0, 1]を次の手順で構成する．K1 = [0, 1]\( 12 −

12

14 , 1

2 +12

14 )．Kn =

∪2n

j=1[anj , bn

j ] (bnj < an

j+1) と表すときKn+1 =∪2n

j=1

{[an

j , bnj ] \

(anj +bn

j

2 − 12

14n+1 ,

anj +bn

j

2 + 12

14n+1 )

}．このとき，F =

∩∞n=1 Knとすれば，F

は閉集合であり，◦F = ∅となることを示せ．さらに λ(F ) = 1/2となること

を示せ．

5 積分 29

5. 積分

Def 5.1. (X, E , µ)を測度空間とする．

(i) f ≥ 0なる f ∈ CFに対し,

f(x) =n∑

j=1

ajXAj (x), x ∈ X

(aj ≥ 0, Aj ∈ E , j = 1, . . . , n, Ai ∩ Aj = ∅ (i 6= j))

という表示を持ちいて，その積分∫

Xf(x)µ(dx) (xを略し

∫X

fdµとも表す)を次で定義する． ∫

X

f(x)µ(dx) =n∑

j=1

ajµ(Aj).

∫X

fdµ < ∞となるとき，f は (µ-)可積分であるという．

(ii) 可測関数 f : X → [0,∞]に対し，その積分∫

Xf(x)µ(dx) (もしくは

∫X

fdµとも表す)を次で定義する．∫

X

f(x)µ(dx) = sup{∫

X

g(x)µ(dx)∣∣∣∣ g ∈ CF, 0 ≤ g ≤ f

}.

∫X

fdµ < ∞となるとき，f は (µ-)可積分であるという．

(iii) 可測関数 f : X → [−∞,∞] に対し，f+(x) = max{0, f(x)}，f−(x) =max{0,−f(x)}とおく．

∫X

f±dµ < ∞となるとき，f は (µ-)可積分であるといい，その積分

∫X

f(x)µ(dx) (もしくは∫

Xfdµとも表す)を次で定義

する． ∫X

f(x)µ(dx) =∫

X

f+(x)µ(dx) −∫

X

f−(x)µ(dx).

(iv) E ∈ F であり，可測関数 f : X → [−∞,∞]が，(a) f ≥ 0，もしくは (b)可積分であるとき，∫

E

f(x)µ(dx) =∫

X

f(x)XE(x)µ(dx)

と定義する．

Def 5.2. x ∈ Xに対し，命題P (x)が与えられている．E ∈ Eが存在し，µ(E) = 0，x /∈ Eならば P (x)は真となるとき，命題 P はほとんど至るところ成り立つといい，P a.e.と表す．Thm 5.3. (i) (線形性) f, g : X → [−∞,∞]は可積分であるとし，a, b ∈ Rと

する．このとき aX + bY は可積分で，次式が成り立つ．∫X

(af + bg)dµ = a

∫X

fdµ + b

∫X

gdµ. (5.1)

5 積分 30

とくに A ∩ B = ∅なる A,B ∈ E に対し，∫A∪B

fdµ =∫

A

fdµ +∫

B

fdµ.

(ii) (正値性) f, g : X → [−∞,∞]がともに可積分で，f ≥ g a.e.を満たせば，∫X

fdµ ≥∫

Xgdµ. 等号成立は f = g a.e.のときに限る．さらに一般の可積

分関数 f, gに対し次が成り立つ．∣∣∣∣∫X

fdµ −∫

X

gdµ

∣∣∣∣ ≤ ∫X

|f − g|dµ.

(iii) f が可積分であれば，|f | < ∞ a.e.である．証明にいくつかの補題を準備する．

Lem 5.4. (i) f ≥ 0なる f ∈ CFの積分∫

Xfdµは f の表示によらない．

(ii) 非負可積分関数 f, g ∈ CFと a, b ≥ 0に対し，af + bg もまた可積分であり，(5.1)が成り立つ．

(iii) 非負可積分関数 f, g ∈ CFが f ≥ g a.e. を満せば，∫

Xfdµ ≥

∫X

gdµが成り立つ．さらに等号成立は f = g a.e.の場合に限る．

(iv) 非負可測関数 f =∑n

j=1 ajXAj ∈ CFに対し，

n∑j=1

ajµ(Aj) = sup{∫

X

gdµ

∣∣∣∣g ∈ CF, 0 ≤ g ≤ f

}.

したがって積分の定義は無矛盾である．

Proof. (i) f =∑n

j=1 ajXAj =∑m

k=1 bkXBk(aj , bk ∈ R，Aj , Bk ∈ E)と表示さ

れたとする．一般性を失うことなく∪n

j=1 Aj =∪m

k=1 Bk = X としてよい．Aj，Bk から細分を次のように構成する．C1, . . . , Cp ∈ E を，

{C1, . . . , Cp} ={

D1 ∩ · · · ∩ Dn+m

∣∣∣∣ Dj ∈ {Aj , Acj}, 1 ≤ j ≤ n,

Dj ∈ {Bj , Bcj}, n + 1 ≤ j ≤ n + m

}となるように選ぶ．Ci ∩ Cj = ∅ (i 6= j)がなりたつ．各 j, k に対し，i(j, 1) <· · · < i(j, s(j))，i(k, 1) < · · · < i(k, r(k))が存在し，

Aj =s(j)∪`=1

Ci(j,`), Bk =r(k)∪`=1

Ci(k,`)

と表現される．これより，

XAj =s(j)∑`=1

XCi(j,`) , XBk=

r(k)∑`=1

XCi(k,`)

5 積分 31

が成り立つ．これと等号∑n

j=1 ajXAj =∑m

k=1 bkXBkより，∑

j:∃` s.t. i(j,`)=q

aj =∑

k:∃` s.t. i(k,`)=q

bk, 1 ≤ q ≤ p

となる．したがって測度 µの加法性より

n∑j=1

ajµ(Aj) =n∑

j=1

aj

s(j)∑`=1

µ(Ci(j,`)) =p∑

q=1

( ∑(j,`):i(j,`)=q

aj

)µ(Cq)

=p∑

q=1

( ∑(k,`):i(k,`)=q

bk

)µ(Cq) =

m∑k=1

bk

r(k)∑`=1

µ(Ci(k,`)) =m∑

k=1

bkµ(Bj).

(ii) 上の細分の議論を用いれば，非負可測な f, g ∈ CF に対し，Ai ∩ Aj = ∅，∪ni=1 Ai = X を満す A1, . . . , An ∈ F を用いて

f =n∑

i=1

aiXAi , g =n∑

i=1

biXAi

と表すことができる．主張はこの表示から直ちに従う．(iii) (ii)の通りに f, gを表現する．f ≥ g a.e.であるから，ai < bi なる iについては µ(Ai) = 0である．よって∫

X

fdµ =n∑

i=1

aiµ(Ai) =∑

i;ai≥bi

aiµ(Ai) ≥∑

i;ai≥bi

biµ(Ai)

=n∑

i=1

biµ(Ai) =∫

X

gdµ.

等号成立は ai ≥ bi なる iに対して，ai = bi が成り立つときに限る．すなわちf = gなるときに限る．(iv) 上限の定義と (iii)で見た正値性より明らか．Lem 5.5. (i) fn, f ∈ CFは fn, f ≥ 0，fn ≤ fn+1，limn→∞ fn ≥ f を満たす

とする．このとき∫

Xfdµ ≤ limn→∞

∫X

fndµ．

(ii) fn, gn ∈ CF は fn, gn ≥ 0，fn ≤ fn+1，gn ≤ gn+1 を満たし，さらにlimn→∞ fn = limn→∞ gnが成り立つとする．このとき limn→∞

∫X

fndµ =limn→∞

∫X

gndµ．

(iii) fn ∈ CFは fn ≥ 0，fn ≤ fn+1を満たすとする．f = limn→∞ fnとすれば，∫X

fdµ = limn→∞∫

Xfndµ．

(iv) 非負可測関数 f, g : X → [0,∞]と a, b ≥ 0に対し，(5.1)が成り立つ．

(v) 非負可測関数 f, g が f ≥ g a.e.ならば，∫

Xfdµ ≥

∫X

gdµ．さらに等号成立は f = g a.e.の場合に限る．

5 積分 32

(vi) 可測関数 f が可積分となるためには∫

X|f |dµ < ∞となることが必要十分

である．とくに，可測関数 f が可積分で，可測関数 gが |g| ≤ |f |を満せば，gもまた可積分である．

Proof. (i) f =∑m

k=1 akXAk(Ai ∩ Aj = ∅)と表す．ε > 0を固定し，Ak,n =

{x ∈ Ak | fn(x) ≥ (1− ε)ak}とおく．このとき，Ak,n ⊂ Ak,n+1 ↗ Ak (n → ∞)，fn ≥ (1 − ε)

∑mk=1 akXAk,n

であるから，Lem 5.4 より

limn→∞

∫X

fndµ ≥ (1 − ε) lim infn→∞

m∑k=1

akµ(Ak,n)

= (1 − ε)m∑

k=1

akµ(Ak) = (1 − ε)∫

X

fdµ.

ここで ε ↘ 0とすれば良い．(ii) 仮定より limn→∞ fn ≥ gm (∀m). したがって (i) より limn→∞

∫X

fndµ ≥∫X

gmdµ．m → ∞とすれば，limn→∞∫

Xfndµ ≥ limn→∞

∫X

gndµ．逆も同様．(iii) 積分の定義より

∫X

fndµ ≤∫

Xfdµ．さらに，gn ∈ CFがとれて 0 ≤ gn ≤ f，

limn→∞∫

Xgndµ =

∫X

fdµとなる．hn = max{fn, g1, . . . , gn}とおけば，hn ∈CF,≥ 0，hn ≤ hn+1 ↗ f である．(ii)と補題 5.4より，

limn→∞

∫X

fndµ = limn→∞

∫X

hndµ ≥ limn→∞

∫X

gndµ =∫

X

fdµ.

(iv) Dn,k(f) = {x ∈ X | k2−n ≤ f(x) < (k + 1)2−n}，En(f) = {x ∈ X | f(x) ≥n}とする．

fn =n2n−1∑

k=0

k2−nXDn,k(f) + nXEn(f), gn =n2n−1∑

k=0

k2−nXDn,k(g) + nXEn(g).

とおく．このとき，(a) fn, gn ∈ CF,≥ 0，(b) fn ≤ fn+1 ↗ f，gn ≤ gn+1 ↗ g，(c) afn + bgn ∈ CF,≥ 0，(d) afn + bgn ≤ afn+1 + bgn+1 ↗ af + bg．よって (iii)より∫

X

(af + bg)dµ = limn→∞

∫X

(afn + bgn)dµ

= limn→∞

a

∫X

fndµ + b

∫X

gndµ = a

∫X

fdµ + b

∫X

gdµ.

(v) (iv)と同様の fn, gn を用いる．f ≥ g a.e.ならば fn ≥ gn a.e.であるから，Lem 5.4より，

∫X

fndµ ≥∫

Xgndµ．n → ∞として，

∫X

fdµ ≥∫

Xgdµ．

An = {f − g ≥ 1/n}とおく．このとき f − g ≥ (1/n)XAn が成り立つ．したがって線形性と合わせると，

0 =∫

X

(f − g)dµ ≥∫

X

1nXAndµ =

1n

µ(An).

したがって µ(An) = 0．測度の劣加法性より，

0 ≤ µ

( ∞∪n=1

An

)≤

∞∑n=1

µ(An) = 0.

5 積分 33

すなわち，µ({f − g > 0}

)= 0. よって f ≤ g a.e. f ≥ g a.e.と合わせれば f = g

a.e.(vi) |f | = f+ + f− であるから，(iv)，(v)より明らか．Lem 5.6. (i) 可積分関数 f, gと，a, b ∈ Rに対し，af + bgは可積分で，(5.1)

が成り立つ．

(ii) 可積分関数 f, gが f ≥ g a.e.を満たせば，∫

Xfdµ ≥

∫X

gdµ. さらに等号成立は f = g a.e.のときに限る．

(iii) f が可積分であれば，|f | < ∞ a.e.である．Proof. (ii)，(iii)の証明が短いので先に述べる．(ii) 実際，f − g ≥ 0 a.e.であるから，非負可積分関数の積分の定義と (i)で示す線形性より ∫

X

fdµ −∫

X

gdµ =∫

X

(f − g)dµ ≥ 0.

等号成立のための条件は Lem 5.5(v)と同様に証明できる．(iii) En = {x ∈ X | |f(x)| ≥ n}とおく．|f | ≥ nXEn (∀n)が成り立つ．よって (ii)の正値性と Lem 5.5より，

0 ≤ µ(En) =∫

X

XEndµ ≤∫

X

(|f |/n)dµ → 0 (n → ∞).

測度の単調性より，

µ({|f | = ∞}) = µ

( ∞∩n=1

En

)= lim

n→∞µ(En) = 0.

したがって |f | < ∞ a.e.(i) |af + bg| ≤ |a||f | + |b||g|より，可積分性は補題 5.5(iv,vi)より従う．

a > 0では，(af)± = af±，a ≤ 0では (af)± = |a|f∓ であることに注意すれば， ∫

X

afdµ = a

∫X

fdµ.

すなわちスカラー倍についての線形性が従う．(f + g)+ − (f + g)− = f + g = f+ − f− + g+ − g− であるから，

(f + g)+f− + g− = (f + g)− + f+ + g+.

Lem 5.5より∫X

(f + g)+dµ +∫

X

f−dµ +∫

X

g−dµ

=∫

X

{(f + g)+ + f− + g−}dµ =∫

X

{(f + g)− + f+ + g+}dµ

=∫

X

(f + g)−dµ +∫

X

f+dµ +∫

X

g+dµ.

5 積分 34

これより∫X

(f + g)dµ =∫

X

(f + g)+dµ −∫

X

(f + g)−dµ

=∫

X

f+dµ +∫

X

g+dµ −∫

X

f−dµ −∫

X

g−dµ =∫

X

fdµ +∫

X

gdµ.

したがって加法の線形性も示された．

Lebesgue積分．以下，Lebesgue測度に関する場合 (RN ,F , λ)について考える．Lebesgue測度に関する積分をとくに Lebesgue積分という．

Thm 5.7. f : RN → [−∞,∞]は可積分であるとする．∀ε > 0に対し，連続関数 g : RN → Rで，sup{|x| : g(x) 6= 0} < ∞ (この性質をコンパクトな台を持つという)であり，次の評価式を満すものが存在する．∣∣∣∣∫

RN

f dλ −∫

RN

g dλ

∣∣∣∣ ≤ ∫RN

|f − g| dλ < ε.

Proof. 最初の不等号は既知である．• f = XE，E ∈ F の場合．

En = {x ∈ E : |x| ≤ n}とおけば，仮定より λ(E) < ∞であるから，λ(E \En) ↘ 0．よって，十分大の n ∈ Nをとれば∫

RN

|f −XEn | dλ = λ(E \ En) < ε/2.

Theorem 3.8より閉集合 F ⊂ En，開集合G ⊃ Enが存在し，λ(G \F ) < ε/4となる．F ⊂ Enゆえ，F はコンパクト集合となり，α = dist(F, RN \ G) > 0である (演習問題)．g(x) = max{1 − (2dist(x, F )/α), 0}とすれば g : RN → Rはコンパクトな台を持つ連続関数で，さらに 0 ≤ g ≤ 1，g(x) = 1 (x ∈ F )，= 0(x /∈ G)となる．したがって |XEn − g| ≤ 2XG\F である．よって∫

RN

|XEn − g| dλ ≤ 2λ(E \ En) < ε/2.

したがって∫RN

|f − g| dλ ≤∫

RN

|f −XEn| dλ +

∫RN

|XEn− g| dλ < ε.

• f ≥ 0の場合fn =

∑∞k=0 k2−nX[k2−n≤f<(k+1)2−n] とおく．0 ≤ fn ≤ fn+1 ↗ f である．

Lemma 5.5より ∫RN

fndλ ↗∫

RN

fdλ.

よって十分大の nに対し，

0 ≤∫

RN

(f − fn) dλ < ε/2.

5 積分 35

先の考察より，コンパクトな台を持つ連続関数 gk : RN → Rが存在し，∫RN

|gk −X[k2−n≤f<(k+1)2−n]| dλ <ε

4n max{k, 1}

g =∑n2n

k=0 k2−ngk とおけば∫RN

|fn − g| dλ ≤n2n∑k=0

2−n ε

4n≤ (n2n + 1)2−n ε

4n< ε/2.

したがって ∫RN

|f − g| dλ ≤∫

RN

|f − fn| dλ +∫

RN

|fn − g| dλ < ε.

• 一般 f の場合; f = f+ − f− という分解を用いればよい．

Thm 5.8. 可積分関数 f : RN → [−∞,∞]と y ∈ RN に対し，fy(x) = f(x + y)とおく．このとき，fy は可積分であり，次が成り立つ．∫

RN

fy dλ =∫

RN

f dλ.

Proof.(fy

)± = f±(·+ y)であるから，Lebesgue積分の線形性より f ≥ 0と仮定してよい．

E(n, k) = [k2−n ≤ f < (k+1)2−n]，fn =∑∞

k=0 k2−nXE(n,k)とおく．このとき，0 ≤ (fn)y ≤ (fn+1)y ↗ f(·+y)である．さらに (fn)y =

∑∞k=0 k2−nXE(n,k)+y

であるから，(fn)y ∈ CF．Lem 5.5，Theorem 3.6より，∫RN

fydλ = limn→∞

∫RN

(fn)ydλ = limn→∞

n2n∑k=0

k2−nλ(E(n, k) + y)

= limn→∞

n2n∑k=0

k2−nλ(E(n, k)) = limn→∞

∫RN

fn dλ =∫

RN

fdλ.

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測度空間を考えているものとする．

Q5.1. X = N，E = 2N，an ≥ 0 (n ∈ N)とし，µ(A) =∑

n∈A an と定義する．

(i) (X, E , µ)は測度空間となることを証明せよ．

(ii) f : X → R とする．f が可積分となるための必用十分条件は級数∑∞n=1 f(n)an が絶対収束することであることを証明せよ．

(iii) 可積分関数 f : X → Rに対し，∫

Xfdµ =

∑∞n=1 f(n)an となることを

示せ．

5 積分 36

Q5.2. an > 0，An ∈ E (n ∈ N)とし，f(x) =∑∞

n=1 anXAn(x)とおく．

(i) 0 ≤ f(x) (∀x ∈ X)を確かめよ．

(ii) fn =∑n

j=1 ajXAj とするとき∫

Xfndµを求めよ．

(iii)∫

Xfdµ =

∑∞n=1 anµ(An)が成り立つことを示せ．

Q5.3. 可測関数 f : X → [−∞,∞] は，ある a > 2 に対し µ([|f | ≥ n]) ≤ n−a

(∀n ∈ N)を満たし，さらに µ([|f | ≤ 1]) < ∞を満たすと仮定する．(i) g =

∑∞n=1 nX[n−1≤|f |<n] とおく．gは可積分であることを証明せよ．

(ii) |f | ≤ g a.e.となることを示し，f は可積分であることを証明せよ．

Q5.4. 非負可測関数 f : X → [0,∞] は，ある k ∈ N に対し，µ([f ≤ n]) ≤ nk

(∀n ∈ N)を満たすとする．このとき任意の a > 0に対し exp[−af ]は可積分であることを証明せよ．

Q5.5. 非負可測関数 f : X → [0,∞]は，ある α > 0に対し，µ([|f | ≤ n]) ≤ eαn

(∀n ∈ N)を満たすとする．このとき任意の a > 0に対し exp[−a|f |2]は可積分であることを証明せよ．

Q5.6. コンパクト集合K ⊂ RN と閉集合 F ⊂ RN はK ∩F = ∅を満すとする．このとき dist(K,F ) > 0となることを示せ．

また，K,F ともに単に閉集合ならば，K ∩F = ∅でも dist(K,F ) = 0となることがあることを例を挙げて示せ．

Q5.7. 可測関数 f : RN → Rは，supx∈RN (1 + |x|)N+1|f(x)| < ∞を満たすとする．このとき f は Lebesgue可積分となることを証明せよ．

Q5.8. N = 1とする．可測関数 f : R → [−∞,∞]を，f =∑∞

n=1 nX[n,n+(1/n3))

とおく．

(i) f は Lebesgue可積分であることを証明せよ．

(ii) lim supx→∞ f(x) = ∞となることを証明せよ．

Q5.9. α > 0とする．線形変換 T : RN → RN を Tx = αxと定義する．f : RN →[−∞,∞]を非負可測関数とする．

(i) g(x) = f(T (x))とおけば gもまた可測関数であることを示せ．

(ii)∫

RN gdλ = α−N∫

RN fdλとなることを証明せよ．

Q5.10. f : RN → [−∞,∞]は可積分であるとする．

(i) 任意の ε > 0に対し，コンパクトな台を持つ g ∈ C(RN )が取れて次式が成立することを示せ．

supy∈RN

∫RN

|f(x + y) − g(x + y)|λ(dx) < ε.

(ii) 次が成り立つことを示せ．

lim|y|→0

∫RN

∣∣f(x + y) − f(x)∣∣λ(dx) = 0.

5 積分 37

Q5.11. U : RN → RN を直交変換，f : RN → [−∞,∞] を可積分関数とする．fU (x) = f(Ux)とおく．次が成り立つことを示せ．∫

RN

fUdλ =∫

RN

fdλ.

Q5.12. N = 1における Lebesgue測度に関する積分を考える．f : R → [0,∞)は非増加関数とする (x ≤ y ⇒ f(x) ≥ f(y))．g(x) = f(x) (x ≥ 0)，= 0(x < 0)，h =

∑∞k=0 f(k)X[k,k+1) とおく．

(i) もし∑∞

n=0 f(n) < ∞ならば，h, gともに可積分であることを証明せよ．

(ii) もし∑∞

n=1 f(n) = ∞ならば，∫

R gdλ = ∞となることを示せ．

(iii) α > 0 とし，f(x) = (1 + x2)−α/2 (x ≥ 0)，= 0 (x < 0) とおく．∫R f(x)dλ(x) < ∞となるための必要十分条件は α > 1であることを示せ．

Q5.13. N = 1とする．g(x) = {(3π/4)+2nπ}−1√

2−1

(x ∈ [(π/4)+2nπ, (3π/4)+2nπ), n = 0, 1, . . . )，= 0 (それ以外)とおく．

(i)∫

R gdλ = ∞を証明せよ．(ii) f(x) = (sin x)/x (x > 0)，= 0 (x ≤ 0)は可積分か？


6. 収束定理 — 厳密に —

Thm 6.1 (単調収束定理). (X, E , µ)を測度空間とする．可測関数 f, fn : X →[−∞,∞]が，0 ≤ fn ≤ fn+1 ↗ f a.e.を満せば，

limn→∞

∫X

fndµ =∫

X

fdµ.

ただし∞ = ∞を許す．Proof. (i) E ∈ E を，µ(X \ E) = 0 かつ 0 ≤ fn(x) ≤ fn+1(x) ↗ f(x)(∀x ∈ E) となるようにとる．f0 = 0 とおく．(fm − fm−1)XE ≥ 0 に注意し，0 ≤ gm,n ≤ gm,n+1 ↗ (fm − fm−1)XE (n → ∞)なる gm,n ∈ CF,≥ 0をとる．hn =

∑nm=1 gm,n とおく．hn ∈ CF,≥ 0，hn ≤ hn+1 である．さらに

k∑m=1

gm,n ≤ hn ≤n∑

m=1

(fm − fm−1)XE ≤ fnXE (k ≤ n).

よって，hn ↗ fXE．したがって Lemma 5.5(iii)より∫X

fdµ =∫

X

fXEdµ = limn→∞

∫X

hndµ ≤ lim infn→∞

∫X

fnXEdµ

≤ lim supn→∞

∫X

fnXEdµ ≤∫

X

fXEdµ =∫

X

fdµ.

Thm 6.2 (Fatouの補題). 可測関数 fn : X → [−∞,∞]が，fn ≥ 0 a.e. であれば， ∫

X

lim infn→∞

fndµ ≤ lim infn→∞

∫X

fndµ.

ただし∞ ≤ ∞を許す．Proof. gn = inf{fm |m ≥ n}とおけば，0 ≤ gn ≤ gn+1 ↗ lim infk→∞ fk a.e.となる．単調収束定理を用いれば，∫

X

lim infn→∞

fndµ = limn→∞

∫X

gndµ.

gn ≤ fn より∫

Xgndµ ≤

∫X

fndµ．したがって∫X

lim infn→∞

fndµ ≤ lim infn→∞

∫X

fndµ.

Thm 6.3 (Lebesgueの優収束定理). fn, Φ ≥ 0は可積分で |fn| ≤ Φが a.s.に成り立つと仮定する．さらに fn → f a.s.ならば，f は可積分で，次式が成り立つ．

limn→∞

∫X

fndµ =∫

X

fdµ.


Proof. |f | ≤ Φ a.e.であるから，f は可積分である．0 ≤ (±fn) + Φ → ±f + Φ a.e.であるから，Fatouの補題と線形性より

±∫

X

fdµ =∫

X

(±f + Φ)dµ −∫

X

Φdµ

≤ lim infn→∞

∫X

(±fn + Φ)dµ −∫

X

Φdµ = lim infn→∞

±∫

X

fndµ.

これより望む等式を得る．

Cor 6.4 (無限級数). 可測関数 fn : X → [−∞,∞]，n = 1, 2, . . .，は次のいずれかを満たすと仮定する．

(a) fn ≥ 0 a.e., (b)∞∑

n=1

∫X

|fn|dµ < ∞.

このとき∑∞

n=1 fn がほとんど至るところ存在し，

∞∑n=1

∫X

fndµ =∫

X

∞∑n=1

fn dµ.

Proof. (a) 非負項からなる無限級数であるから∑∞

n=1 fn がほとんど至るところ単調非減少極限として存在する (= ∞を許す)．等式は単調収束定理の帰結である．(b) (a)と仮定より ∫

X

∞∑n=1

|fn|dµ =∞∑

n=1

∫X

|fn|dµ < ∞.

Thm 5.3(iii)より∑∞

n=1 |fn| < ∞ a.e.である．したがって無限級数∑∞

n=1 fn は

ほとんど至るところ絶対収束極限として存在する．∣∣∣∑m

n=1 fn

∣∣∣ ≤ ∑∞n=1 |fn|より，

Lebesgueの優収束定理を用いて等式を得る．Cor 6.5 (Lebesgue の収束定理 (連続版)). d ∈ N，U ⊂ Rd は開集合とする．f : U × X → Rは

(a) ∀t ∈ U に対し，f(t, ·)は可積分であり，(b) ほとんどすべての x ∈ X に対し，U 3 t 7→ f(t, x) ∈ RN は連続であり，(c) 非負可積分関数 Φが存在し，任意の t ∈ U に対し，|f(t, ·)| ≤ Φ a.e.である

と仮定する．このとき関数 U 3 t 7→∫

RN f(t, x) dλ(x) は連続である．Proof. t0 ∈ U とする．tn, sn → t0 が存在し，

limn→∞

∫X

f(sn, x)µ(dx) = lim inft→t0

∫X

f(t, x)µ(dx),

limn→∞

∫X

f(tn, x)µ(dx) = lim supt→t0

∫X

f(t, x)µ(dx)


となる．Lebesgueの優収束定理より

limn→∞

∫X

f(sn, x)µ(dx) =∫

RN

f(t0, x)µ(dx) = limn→∞

∫X

f(tn, x)µ(dx)

となるから，

lim inft→t0

∫X

f(t, x)µ(dx) = lim supt→t0

∫X

f(t, x)µ(dx) =∫

RN

f(t0, x)µ(dx).

よって連続性が従う．

Cor 6.6 (Lebesgueの収束定理 (微分版)). −∞ ≤ a < b ≤ ∞とし，f : (a, b) ×X → Rは

(a) ∀t ∈ (a, b)に対し，f(t, ·) : X → Rが可積分であり，(b) ほとんどすべての x ∈ X に対し，(a, b) 3 t 7→ f(t, x) ∈ Rは連続的微分可能であり，

(c) 非負可積分関数 Φ : X → [0,∞]が存在し，supt∈(a,b)

∣∣∣∂f

∂t(t, ·)

∣∣∣ ≤ Φ a.e.

となる

と仮定する．このとき各 t ∈ (a, b)に対し∂f

∂t(t, ·)は可積分であり，関数 (a, b) 3

t 7→∫

Xf(t, x)µ(dx) は微分可能であり，さらに次式が成り立つ．

∂

∂t

∫X

f(t, x)µ(dx) =∫

X

∂f

∂t(t, x)µ(dx). (6.1)

Proof. t 7→ f(t, x)は微分可能であるから，

∂

∂tf(t, x) = lim

n→∞n{f(t + (1/n), x) − f(t, x)}.

したがって∂

∂tf(t, ·)は可測となる．可積分性は仮定 (c)より従う．

t0 ∈ (a, b)を任意に固定する．

h(t, x) =

f(t + t0, x) − f(t0, x)

t, t ∈ (a − t0, b − t0), t 6= 0,

∂

∂tf(t0, x), t = 0,

とおく．(a − t0, b − t0) 3 t 7→ h(t, x)は連続である．Taylor展開より，t 6= 0ならば

|h(t, x)| =1|t|

∣∣∣∣∫ t+t0

t0

∂f

∂t(s, x)ds

∣∣∣∣ ≤ Φ(x), a.e. x ∈ X.

よって，|h(t, ·)| ≤ Φ a.e.である．Corollary 6.5より

1t

{∫X

f(t + t0, x)µ(dx) −∫

X

f(t0, x)µ(dx)}

=∫

X

h(t, x)µ(dx)

−→∫

X

h(t0, x)µ(dx) =∫

X

∂f

∂t(t0, x)µ(dx) (t → 0).


したがって t 7→∫

Xf(t, x)µ(dx)は微分可能であり，(6.1)が成立する．

Lebesgue積分．

Thm 6.7 (Riemann 積分). −∞ < ai < bi < ∞，i = 1, . . . , N，とし，D =∏Ni=1[ai, bi]とおく．f : D → Rは有界かつRiemann積分可能であると仮定する．このとき fXD は Lebesgueか積分でありさらに∫ b1

a1

· · ·∫ bN

aN

f(x1, . . . , xN )dx1 . . . dxN =∫

D

fdλ

(=

∫RN

fXDdλ

).

ただし左辺は Riemann積分．Proof. |fXD| ≤ supx∈D |f(x)|XDであるから，fXDはLebesgue可積分となる．

n ∈ N，k = (k1, . . . , kN ) ∈ {0, 1, . . . , }N に対し，

I(n, k) =N∏

i=1

[ai + ki(bi − ai)2−n, ai + (ki + 1)(bi − ai)2−n

),

mn,k = inf{f(x) : x ∈ I(n, k)}, Mn,k = sup{f(x) : x ∈ I(n, k)},

hn(x) =2n−1∑k=0

mn,kXI(n,k), Hn(x) =2n−1∑k=0

Mn,kXI(n,k),

とおく．hn,Hn ∈ CFは明らかである．f がRiemann積分可能であるから，Dar-bouxの定理より，∫

RN

hn dλ =2n−1∑k=0

mn,k2−nNN∏

i=1

(bi − ai)

−→∫ b1

a1

· · ·∫ bN

aN

f(x1, . . . , xN )dx1 . . . dxN ,

∫RN

Hn dλ =2n−1∑k=0

Mn,k2−nNN∏

i=1

(bi − ai)

−→∫ b1

a1

· · ·∫ bN

aN

f(x1, . . . , xN )dx1 . . . dxN .

(6.2)

容易に分かるように hn ≤ hn+1，Hn ≥ Hn+1 である．h = limn→∞ hn，H =limn→∞ Hn とおく．h,H はともに Lebesgue可積分であり，さらに |hn|, |Hn| ≤supx∈D |f(x)|XD であるから，Lebesgueの優収束定理と (6.2)により∫

RN

h dλ = limn→∞

∫RN

hn dλ =∫ b1

a1

· · ·∫ bN

aN

f(x1, . . . , xN )dx1 . . . dxN

= limn→∞

∫RN

Hn dλ =∫

RN

H dλ.

hn ≤ fXD ≤ Hn であるから h ≤ fXD ≤ H となる．したがって上の等式と合わせて h = fXD = H a.e.である (Thm 5.3)．上の等式に代入すれば∫ b1

a1

· · ·∫ bN

aN

f(x1, . . . , xN )dx1 . . . dxN =∫

RN

fXDdλ.


Thm 6.8. N = 1とする．−∞ < a < b < ∞とし，関数 f : [a, b] → Rに対し，f : R → Rを，f(x) = f(x) (x ∈ [a, b])，= 0 (x /∈ [a, b])と定義する．

(i) f が L-可測であるための必要十分条件は f が Lebesgue可測であることである．

(ii) f が L-可積分であるための必要十分条件は f が Lebesgue可積分であることである．

さらにこのとき∫

[a,b]

f dλ =∫

Rf dλが成り立つ．

Proof. (1) f : [a, b] → Rは L-可測であるとする．このとき，階段関数の列 {fn}∞n=1 と，E ⊂ [a, b]が存在し，λ∗

0(E) = 0かつlimn→∞ fn(x) = f(x) (x /∈ E)となる．よって，fn → f a.e.である．とくに，lim supn→∞ fn = f a.e.かつ fn ∈ CFであるから，f は Lebesgue可測である．

(2) f は L-可積分であるとする．まず，f が有界な場合を考える．このとき，|f | ≤

{supx∈[a,b] |f(x)|

}X[a,b] で

あり，X[a,b] は Lebesgue可積分であるから，f も Lebesgue可積分となる．さらに，M = supn∈N,x∈[a,b] |fn(x)| < ∞ なる階段関数の列 {fn}∞n=1 が存

在し，fn → f a.e.かつ∫ b

afn(x)dx →

∫[a,b]

fdλとなる．階段関数に対しては，∫ b

afn(x)dx =

∫R fndλが成り立つ．|fn| ≤ MX[a,b]であるから，Lebesgueの優収

束定理を用いれば，∫[a,b]

f dλ = limn→∞

∫ b

a

fn(x)dx = limn→∞

∫R

fndλ =∫

Rf dλ.

つぎに，f は有界でないとする．このとき，

supn∈N

∫[a,b]

min{n, |f |}dλ < ∞,

∫[a,b]

fdλ = limn→∞

∫[a,b]

max{−n, min{f, n}} dλ.

上の考察と，単調収束定理より∫R|f |dλ = lim

n→∞

∫R

min{n, |f |}dλ

= limn→∞

∫R

min{n, |f |}dλ = limn→∞

∫[a,b]

min{n, |f |}dλ < ∞.

したがって f は Lebesgue可積分である．さらに，|max{−n, min{f, n}}| ≤ |f |，max{−n, min{f, n}} → f であるか


ら，上の考察と Lebesgueの優収束定理を用いれば，∫[a,b]

f dλ = limn→∞

∫[a,b]

max{−n, min{f, n}} dλ

= limn→∞

∫R

max{−n, min{f, n}} dλ

= limn→∞

∫R

max{−n, min{f, n}} dλ =∫

Rfdλ.

(3) f が Lebesgue可測とする．(3-1) Lebesgue可測関数 h, gに対し，

d(h, g) =∫

R

|h − g|1 + |h − g|

X[a,b]dλ

とおく．

0 ≤ d(h, g) < ∞, d(h, g) = d(g, h), d(h, g) ≤ d(h, k) + d(k, g)

が成り立つ．実際，前二つは容易に証明でき，最後は実数に対する次の簡単な不等式からしたがう．

|a + b|1 + |a + b|

≤ |a|1 + |a|

+|b|

1 + |b|, a, b ∈ R.

(3-2) Lebesgue 可測関数 hn, h に対し，d(hn, h) → 0 が成り立てば，部分列{hnj}∞j=1 に対し，limj→∞ hnjX[a,b] = hX[a,b] a.e.となることを示そう．

nj < nj+1 を d(hnj , h) < 4−j となるようにとる．Aj = {x ∈ [a, b] | |h(x) −hnj (x)| ≥ 2−j}とおく．[0,∞) 3 y 7→ y

1+y は単調増加関数であるから，

2−j

1 + 2−jXAj ≤

|h − hnj |1 + |h − hnj |

X[a,b].

これより，

λ(Aj) ≤1 + 2−j

2−jd(hnj , h) ≤ 2−(j−1).

A =∩∞

m=1

∪∞j=m Aj とおけば，

0 ≤ λ(A) ≤ λ

( ∞∪j=m

Aj

)≤

∞∑j=m

λ(Aj) → 0 (m → ∞)

となる．すなわち，λ(A) = 0．また，x ∈ [a, b]\Aならば，m ∈ Nが存在し，任意のj ≥ mに対し，|hnj (x)− h(x)| < 2−j となる．すなわち，limj→∞ hnj (x) = h(x)である．よって，limj→∞ hnjX[a,b] = hX[a,b] a.e.となる．

(3-3)|y|

1 + |y|≤ 1であるから，Lebesgueの優収束定理を用いれば，

limn→∞

d(max{−n, min{f, n}}, f) = 0


となる．min{f, n}は Lebesgue可積分であるから，Thm5.7より，コンパクトな台を

持つ連続関数 gn,m が存在し，

limm→∞

∫R|max{−n, min{f, n}} − gn,m|dλ = 0

となる．|y|

1 + |y|≤ |y|であるから，これより，

limm→∞

d(max{−n, min{f, n}}, gn,m) = 0.

gn,m,i(x) = gn,m([2ix]2−i) とおけば，limi→∞ gn,m,i = gn,m であるから，|y|

1 + |y|≤ 1に注意して Lebesgueの優収束定理を用いれば，

limi→∞

d(gn,m,i, gn,m) = 0.

以上をまとめれば，{gn,m,i |n,m, i = 1, 2, . . . } の適当な部分列 {gn}∞n=1 がとれ，

limn→∞

d(gn, f) = 0

となる．

(3-4) (3-3)の gj に対し，(3-2)を適用すれば，部分列 {gnj}に対し，gnjX[a,b] →fX[a,b] a.e. となる．gnjX[a,b] は [a, b]上で階段関数となるから，f は L-可測となる．

(4) f は Lebesgue可積分であるとする．もし，(3)の結果より，f が有界であれば L-可積分である．f は有界でないとする．上のことよりmax{n, |f |}は L-可積分となり，(2)の

考察に注意すれば，

supn∈N

∫[a,b]

max{n, |f |}dλ = supn∈N

∫R

max{n, |f |}dλ ≤∫

R|f |dλ < ∞.

したがって f は L-可積分である．

演習問題


Q6.1. U ⊂ Rnを開集合とし，f : U×X → Rは，(a) ∀t ∈ Uに対し，f(t, ·) : X →Rが可積分であり，(b)ほとんどすべてのx ∈ Xに対し，U 3 t 7→ f(t, x) ∈ RはC1級であり，(c)非負可積分関数Φ : X → [0,∞]が存在し，任意の t ∈ U

に対し，∣∣∣ ∂f

∂ti(t, ·)

∣∣∣ ≤ Φ a.e.となると仮定する．t = (t1, . . . , tn)と表す．こ


のとき，任意の i = 1, . . . , nと t ∈ U に対し，∂f/∂ti(t, ·)は可積分であり，さらに次式が成り立つことを示せ．

∂

∂ti

∫X

f(t, x)µ(dx) =∫

X

∂f

∂ti(t, x)µ(dx).

Q6.2. a1, a2, . . . は非負で∑∞

n=1 an < ∞ を満たすとする．X = N，E = 2N，µ(A) =

∑∞n=1 anXA(n)とおく．

測度空間 (X, E , µ)上で関数 f : X → [−∞,∞]の積分は∫X

fdµ =∞∑

n=1

anf(n)

となることを確かめよ．さらに Lebesgueの優収束定理を用いて，関数

h(z) =∞∑

n=1

anzn, z ∈ D = {z ∈ C | |z| < 1}

が微分可能であり，さらに次式が成り立つことを示せ．

h′(z) =∞∑

n=1

annzn−1, z ∈ D.

Q6.3. an ≥ 0は∑∞

n=1 an < ∞を満すとする．bn ∈ Rが |bn| ≤ an (∀n)を満せば，∑∞n=1 bn は絶対収束することを Lebesgueの優収束定理を用いて証明せよ．

Q6.4. E ∈ E は µ(E) < ∞ を満たし，可積分関数 fn : X → [−∞,∞] は fn ≤fn+1 ↗ f，inf{f1(x) |x ∈ E} > −∞ を満たすと仮定する．このときlimn→∞

∫E

fndµ =∫

Efdµとなることを示せ．

Q6.5. E ∈ Eはµ(E) < ∞を満たし，可測関数 fn, f : X → Rは，sup{|fn(x)| |x ∈E,n ∈ N} < ∞を満たし，さらに fn → f a.e.とする．このとき

limn→∞

∫E

fndµ =∫

E

fdµ


Q6.6. E ∈ Eは µ(E) < ∞を満たし，可積分関数 fn : X → Rは，E上 f に一様収束すると仮定する．このとき，fXEは可積分で，limn→∞

∫E

fndµ =∫

Efdµ


Q6.7. (i) fn : X → [0,∞]，n = 1, 2, . . .，は可積分とし，fn ≥ fn+1 ↘ f となると仮定する．このとき limn→∞

∫X

fndµ =∫

Xfdµとなることを示せ．

(ii) fn がいずれも可積分でない場合は，上の等式が一般には成り立たないことを例を挙げて説明せよ．


Q6.8. 可測関数 fn, f : X → [−∞,∞]は，sup{∫

X|fn|dµ |n ∈ N

}< ∞を満たし，

さらに fn → f a.e.とする．このとき f は可積分であることを証明せよ．

Q6.9. 可測関数 fn, f : X → [−∞,∞]は，sup{|fn(x)| |x ∈ X, n ∈ N

}< ∞を

満たし，fn → f a.e.とする．任意の可積分関数 g : X → [−∞,∞]に対し，limn→∞

∫X

fngdµ =∫

Xfgdµとなることを証明せよ．

Q6.10. g : X → [−∞,∞]を，非負可積分関数とする．可測関数 fn, f は fn(x) →f(x) (∀x ∈ X)を満たし，さらに

supn∈N

∫X

|fn|X[|fn|>M ]gdµ → 0 (M → ∞)

が成り立つと仮定する．

(i) 任意のM > 0に対し，limn→∞∫

X|f (M)

n − f (M)|gdλ = 0 が成り立つことを示せ．

ただし g(M)(x) =

−M, g(x) ≤ −M,

g(x), |g(x)| < M,

M, g(x) ≥ M

とする．

(ii) [|f | > M ] ⊂∪∞

n=1

∩∞m=n[|fm| > M ]となることを示し，|f |X[|f |>M ] ≤

lim infn→∞ |fn|X[|fn|>M ] が成り立つことを証明せよ．

(iii) limM→∞∫

X|f |X[|f |>M ]gdµ = 0を示せ．

(iv) fgは可積分であることを示せ．

(v) limn→∞∫

X|f − fn|gdµ = 0となることを証明せよ．

(vi) limn→∞∫

Xfngdµ =

∫X

fgdµとなることを証明せよ．

Q6.11. f : RN → Rは Lebesgue可測で，さらに f(x) ≥ |x|2 を満たすと仮定する．

(i) g(x) = e−|x|2 とおけば gは可積分となることを証明せよ．

(ii) limn→∞ e−nf(x) を求めよ．

(iii) limn→∞∫

RN e−nf(x)λ(dx) = 0となることを証明せよ．

Q6.12. (i) f : R → R は区分的に連続であり，かつ有界であるとする．さらにf ≥ 0であると仮定する．Riemann特異積分

∫ ∞0

f(x)dxが有限確定ならば，fX(0,∞) は Lebesgue可積分であり，∫

(0,∞)

fdλ =∫ ∞

0

f(x)dx


(ii) 上の主張は f ≥ 0という仮定を除けば成立しないことを例を挙げて説明せよ．


Q6.13. f : RN → Rは連続関数で，ある k ∈ Nに対し，sup{|f(x)|/(1 + |x|)k |x ∈Rn} < ∞を満たすとする．I(y) =

∫RN f(x + y)e−|x|λ(dx)とおく．

(i) (1 + |x + y|)k ≤ 2k(1 + |x|)k + 2k|y|k となることを証明せよ．(ii) sup{|f(x + y)|/(1 + |x|)k | x ∈ RN , |y| ≤ n} < ∞となることを示せ．(iii) g(x) = (1 + |x|)ke−|x| とすれば gは可積分であることを証明せよ．

(iv) I : RN → Rは連続関数であることを証明せよ．

Q6.14. N = 1 とする．関数 f : R → R は Lebesgue 可積分で，さらに任意のn = 0, 1, 2, . . . に対し φn(x) = xnf(x)も Lebesgue可積分であるとする．

(i) y ≥ 0ならば，関数 x 7→ e−yxf(x)X[0,∞)(x)は Lebesgue可積分であることを証明せよ．

(ii) y ≥ 0に対し，L(y) =∫

R e−yxf(x)X[0,∞)(x)λ(dx)とおく．Lは [0,∞)上 C∞ となることを証明せよ．

Q6.15. N = 1とする．複素数値関数 f : R → Cの実部 u : R → R，虚部 v : R → Rがともに可積分となるとき，fのLebesgue積分を

∫R fdλ =

∫R udλ+i

∫R vdλ

と定義する (i2 = −1)．g : R → Rは可測関数で，任意の a ∈ Rに対し，x 7→ eaxg(x)は可積分であるとする．

(i) 任意の z ∈ Cに対し，関数 x 7→ ezxg(x)は可積分であることを示せ．

(ii) F (z) =∫

R ezxg(x)λ(dx) (z ∈ C)とおけば，F は正則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示せ．

F (z) =∞∑

n=0

zn

n!

∫R

xng(x)λ(dx).

Q6.16. (Gamma関数) z ∈ C+ = {z ∈ C |Re z > 0}に対し

Γ(z) =∫ ∞

0

e−xxz−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) C+ 3 z 7→ Γ(z)は正則関数となることを証明せよ．

(iii) z 6= 0,−1,−2, . . . ならば，Γ(z) =∞∑

k=0

(−1)k

k!1

z + k+

∫ ∞

1

e−xxz−1dx


(iv) Γ(n + 1) = n!，Γ(n + 12 ) =

(2n)!22nn!

√π (n = 0, 1, 2, . . . ) が成り立つこと

を示せ．


Q6.17. N = 1とする．関数 f : R → Rは可積分で，さらにすべての n = 0, 1, . . .に対し φn(x) = xnf(x)もまた可積分であると仮定する．

f(ξ) =∫

Reiξxf(x)λ(dx)

とおく (i2 = −1)．

(i) f ∈ C∞(R)となることを証明せよ．

(ii) f (n)(ξ) (f の n階微分)を φn を用いて表せ．

(iii) a0, · · · , an ∈ Cに対し

n∑j=0

ξjaj φj(ξ) = 0, ∀ξ ∈ R

が成り立つとき，f (n) の満たす常微分方程式を求めよ．

Q6.18. t ∈ Rに対し I(t) =∫

R eitxe−x2/2λ(dx)とおく (i2 = −1)．

(i) I(t)は有限確定であることを証明せよ．

(ii) I は C∞ 級であることを示せ．

(iii) I の満たす微分方程式を求め，I を求めよ．

Q6.19. N = 1とする．関数 g : R → Rは Cn級であり，さらにすべての 0 ≤ k ≤ nに対し，δ > 0 が存在し，sup|y|≤δ |g(k)(· + y)| : R → R が可積分関数であるとする．ただし，g(k) は k次導関数．有界可測関数 f に対し，I(y) =∫

R f(x + y)g(x)λ(dx)とおく．

(i) I(y) =∫

R f(x)g(x − y)λ(dx)となることを証明せよ．

(ii) I(y)は Cn 級であることを証明せよ．

Q6.20. N = 1とする．x ∈ R，t > 0に対し g(x, t) = (2πt)−1/2 exp[−x2/(2t)]とおく．

(i)∂g

∂t=

12

∂2g

∂x2が成り立つことを証明せよ．

(ii) 任意の t, R > 0, n = 0, 1, 2, . . . に対し，C > 0が存在し，|y| ≤ C ならば ∂n

x g(x − y, t) ≤ g(x − y, 2t) (∀x ∈ R)が成り立つことを示せ．

(iii) f : R → Rを有界連続関数とし，u(x, t) =∫

R f(x − y)g(y, t)λ(dy) と

おく．u(x, t)は R× (0,∞)上 C∞となり，∂u

∂t=

12

∂2u

∂x2が成り立つことを

証明せよ．

Q6.21. 上と同じ uに対し，

(i) u(x, t) =∫

R f(x − t1/2y)g(y, 1)λ(dy)が成り立つことを示せ．

(ii) limt↘0 u(x, t) = f(x)となることを示せ．

7 HOLDER，MINKOWSKIの不等式，LP 空間 49

7. Holder，Minkowskiの不等式，Lp空間

Def 7.1. (X, E , µ)を測度空間とする．p > 0に対し，

Lp(µ) ={

f : X → [−∞,∞]∣∣∣∣ f は可測かつ

∫X

|f(x)|pµ(dx) < ∞}

と定義する．

Thm 7.2 (Holderの不等式). p, q > 1は1p

+1q

= 1を満たすとする．任意の

f ∈ Lp(µ)，g ∈ Lq(µ)に対し，次式が成り立つ．∣∣∣∣∫X

fg dµ

∣∣∣∣ ≤ ∫X

|fg|dµ ≤{∫

X

|f |pdµ

}1/p {∫X

|g|qdµ

}1/q

.

証明のために次の補題を準備する．

Lem 7.3 (Youngの不等式). a, b ≥ 0とし，p, q > 1は1p

+1q

= 1を満たすと仮

定する．このとき

ab ≤ ap

p+

bq

q.

Proof. ab = 0 のときは明らか故，ab 6= 0 と仮定する．ϕ(t) =tp

p+

1q− t

(t ≥ 0)とおく．ϕ′(t) = tp−1 − 1より，ϕは t = 1で最小値 0をとる．すなわち，

t ≤ tp

p+

1q. これに t = ab−q/p を代入し，両辺に bq をかけると，q − (q/p) = 1

であるから，望む不等式を得る．

Proof (Thm 7.2). はじめの不等号は，Thm 5.3で既に見た．

nf =∫

X

|f |pdµ ng =∫

X

|g|pdµ

とおく．nf = 0ならば f = 0 a.e.，ng = 0ならば g = 0 a.e.となるから，このとき不等式は自明である．したがって nfng 6= 0と仮定してよい．

a = |f(x)|/n1/pf ，b = |g(x)|/n

1/qg として Youngの不等式を用いれば

|f(x)g(x)|n

1/pf n

1/qg

≤ 1p

|f(x)|p

nf+

1q

|g(x)|q

ng.

積分すれば

1

n1/pf n

1/qg

∫X

|fg| dµ ≤ 1p

∫X|f |pdµ

nf+

1q

∫X|g|qdµ

ng=

1p

+1q

= 1.

両辺を n1/pf n

1/qg 倍して，望む不等式を得る．


Thm 7.4 (Minkowskiの不等式). p ≥ 1とする．次の不等式が成り立つ．{∫X

|f + g|pdµ

}1/p

≤{∫

X

|f |pdµ

}1/p

+{∫

X

|g|pdµ

}1/p

∀f, g ∈ Lp(µ).

Proof. p = 1のときは三角不等式 |f +g| ≤ |f |+ |g|と積分の正値性より明らか．p > 1とする．

∫X|f + g|pdµ = 0のとき不等式は自明であるから，

∫X|f +

g|pdµ > 0と仮定する．さらに (a + b)p ≤ 2p(ap + bp) (a, b ≥ 0)という不等式に注意すれば，

0 <

∫X

|f + g|pdµ ≤∫

X

(|f | + |g|)pdµ < ∞.

q = p/(p − 1)とすれば，Holderの不等式より，∫X

(|f | + |g|)pdµ =∫

X

|f |(|f | + |g|)p−1dµ +∫

X

|g|(|f | + |g|)p−1dµ

≤{∫

X

|f |pdµ

}1/p{∫X

(|f | + |g|)(p−1)qdµ

}1/q

+{∫

X

|g|pdµ

}1/p{∫X

(|f | + |g|)(p−1)qdµ

}1/q

.

(p − 1)q = p であり，|f + g|p ≤ (|f | + |g|)p であるから，両辺を{∫

X(|f | +

|g|)pdµ}1/p 6= 0で割れば{∫

X

|f + g|pdµ

}1/p

≤{∫

X

(|f | + |g|)pdµ

}1/p

≤{∫

X

|f |pdµ

}1/p

+{∫

X

|g|pdµ

}1/p

.

Thm 7.5 (完備性). p ≥ 1，fn ∈ Lp(µ) (n = 1, 2, . . . )とする．

limn,m→∞

∫X

|fn − fm|pdµ = 0 (7.1)

となることが，

limn→∞

∫X

|fn − f |pdµ = 0 (7.2)

となる f ∈ Lp(µ)が存在するための必要十分条件である．Proof. f ∈ Lp(µ)が存在し，(7.2)が成り立つとする．Minkowskiの不等式より，{∫

X

|fn − fm|pdµ

}1/p

≤{∫

X

|fn − f |pdµ

}1/p

+{∫

X

|fm − f |pdµ

}1/p

→ 0

(n,m → ∞)


となり，(7.1)が従う．逆に (7.1) が成り立つとする．まず f を構成する．自然数列 n(1) < · · · <

n(k) < n(k + 1) < . . . を∫X

|fn − fn(k)|pdµ < 2−pk, ∀n ≥ n(k) (7.3)

となるように選ぶ．Minkowskiの不等式を繰り返し応用すれば{∫X

( m∑k=1

|fn(k+1) − fn(k)|)p

dµ

}1/p

≤m∑

k=1

{∫X

|fn(k+1) − fn(k)|pdµ

}1/p

となる (帰納法)．m → ∞とすれば単調収束定理と (7.3)より{∫X

( ∞∑k=1

|fn(k+1) − fn(k)|)p

dµ

}1/p

≤∞∑

k=1

{∫X

|fn(k+1) − fn(k)|pdµ

}1/p

≤∞∑

k=1

2−k < ∞

となる．したがってA ∈ E で，µ(A) = 0かつ∑∞

k=1 |fn(k+1)(x)− fn(k)(x)| < ∞(∀x /∈ A)となるものが存在する．

f(x) =

fn(1)(x) +∞∑

k=1

(fn(k+1)(x) − fn(k)(x)), x /∈ A,

0, x ∈ A

とおく．次に，(7.2)が成り立つことを示す．fn(k)(x) → f(x) (∀x /∈ A)かつ

|f − fn(k)|p ≤( ∞∑

j=k+1

|fn(j+1) − fn(j)|)p

≤( ∞∑

j=1

|fn(j+1) − fn(j)|)p

≤ 2p{|fn(1)|p + |f |p}

であるから，Lebesgueの優収束定理より

limk→∞

∫X

|fn(k) − f |pdµ = 0. (7.4)

Minkowskiの不等式と (7.3)より，n ≥ n(k)ならば，{∫X

|fn − f |pdµ

}1/p

≤{∫

X

|fn − fn(k)|pdµ

}1/p

+{∫

X

|fn(k) − f |pdµ

}1/p

≤ 2−k +{∫

X

|fn(k) − f |pdµ

}1/p

.


したがって

0 ≤ lim supn→∞

{∫X

|fn − f |pdµ

}1/p

≤ 2−k +{∫

X

|fn(k) − f |pdµ

}1/p

.

k → ∞とすれば，(7.4)より

lim supn→∞

{∫X

|fn − f |pdµ

}1/p

= 0.

したがって

limn→∞

∫X

|fn − f |pdµ = 0.

演習問題


Q7.1. (i) f, g ∈ L2(µ)とする．積 fgは可積分であることを示せ．

(ii) µ(X) < ∞とし，f ∈ L2(µ)とする．このとき f は可積分であることを示せ．

(iii) f ∈ L2(µ)が必ずしも可積分とはならない測度 µおよびそのような fの例を挙げよ．

Q7.2. p1, . . . , pn > 1は∑n

i=1(1/pi) = 1を満たすとする．非負可測関数 f1, . . . , fn :X → [−∞,∞]に対し，∞ ≤ ∞を許して∫

X

|f1 . . . fn|dµ ≤n∏

i=1

(∫X

|fi|pidµ

)1/pi


Q7.3. p ≥ 1，fn ∈ Lp(µ)とする．Sn =∑n

i=1 fi とおく．

(i) Sn ∈ Lp(µ)となることを示せ．

(ii)∑∞

i=1

(∫X|fi|pdµ

)1/p

< ∞ とする．このとき S ∈ Lp(µ) が存在し，∫X|Sn − S|pdµ → 0となることを証明せよ．

Q7.4. (N, 2N, µ)をµ(A) = #A = Aの元の個数

で与えられる測度空間とする．この空間上の Holder，Minkowskiの不等式を援用して，an, bn ∈ R，n = 1, 2, . . .，に対し，次の不等式が成り立つこ


とを示せ．∣∣∣∣ ∞∑n=1

anbn

∣∣∣∣ ≤ ( ∞∑n=1

|an|p)1/p( ∞∑

n=1

|bn|q)1/q

( ∞∑n=1

|an + bn|r)1/r

≤( ∞∑

n=1

|an|r)1/r

+( ∞∑

n=1

|bn|r)1/r

.

ただし，p, q > 1，(1/p) + (1/q) = 1，r ≥ 1．

Q7.5. C0(RN )で連続関数 f : RN → RでA > 0が存在し |x| > Aならば f(x) = 0となるものの全体を表す．C0(RN )が Lp(λ)で稠密であること，すなわち，任意の f ∈ Lp(λ)と ε > 0に対し

∫RN |f − g|pdλ < εを満たす g ∈ C0(RN )

が存在することを証明せよ．

Q7.6. p, q > 1は 1p + 1

q = 1を満たすとし，f ∈ Lp(λ)，g ∈ Lq(λ) とする．このとき

RN 3 y 7→∫

RN

f(x + y)g(x)λ(dx)

は連続写像であることを証明せよ．

Q7.7. H ⊂ L2(µ)は

(a) a, b ∈ R，f, g ∈ H ならば af + bg ∈ H，

(b) fn ∈ H，∫

X|fn − f |2dµ → 0ならば f ∈ H

という性質を満たすとする．f ∈ L2 とし，c > 0を

c2 = inf{∫

X

|f − g|2dµ

∣∣∣∣ g ∈ H

}と定義する．

(i) fn ∈ H で limn→∞∫

X|fn − f |2dµ = c2 となるものが存在することを確

かめよ．

(ii) (i)の fn に対し

limn,m→∞

(∫X

∣∣∣∣f − fn + fm

2

∣∣∣∣2dµ

)1/2

= c,

limn,m→∞

∫X

(f − fn)(f − fm)dµ = c2,

limn,m→∞

∫X

(fn − fm)2dµ = 0


(iii) f ∈ H が存在し，∫

X|f − f |2dµ = c2 となることを示せ．

(iv)∫

X(f − f)gdµ = 0 (∀g ∈ H)となることを示せ．


Q7.8. f ∈ L2(µ)に対し次の等式を証明せよ．{∫X

|f |2dµ

}1/2

= sup{∫

X

fgdµ

∣∣∣∣ g ∈ L2(µ),∫

X

|g|2dµ ≤ 1}

.

Q7.9. −∞ < a < b < ∞とする．f : R → Rは Lebesgue可測で，[a, b]上ではf : [a, b] → Rは有界かつ連続であるとする．M = supx∈[a,b] |f(x)|とおく．(i) fX[a,b] ∈ Lp(λ) (∀p ≥ 1)となることを証明せよ．

(ii) ε > 0 に対し，Aε = {x ∈ [a, b] | |f(x)| ≥ M − ε} とおく．Aε ∈ F，λ(Aε) > 0であり，

∫R |f |pX[a,b]dλ ≥ (M −ε)pλ(Aε)となることを証明せよ．

(iii)(∫

R |f |pX[a,b]dλ)1/p

→ M (p → ∞)となることを証明せよ．

Q7.10. fn ∈ L2(µ)は∫

Xfnfmdµ = δnm を満たすと仮定する (このような {fn}∞n=1

を正規直交系という)．∑∞

n=1 a2n < ∞ なる任意の実数数列 {an}∞n=1 に対

し SN =∑N

n=1 anfn とおけば，S ∈ L2(µ)が存在し∫

X|SN − S|2dµ → 0

(N → ∞)，∫

XSfndµ = an (n = 1, 2, . . . )となることを証明せよ．

(この S を∑∞

n=1 anfn と表す)．

Q7.11. {fn}∞n=1 を正規直交系とする．f ∈ L2(µ)ならば，Besselの不等式∞∑

n=1

(∫X

ffndµ

)2

≤∫

X

f2dµ


Q7.12. {fn}∞n=1 を正規直交系とする．次の条件は同値であることを証明せよ．

(a) f ∈ L2(µ)が∫

Xffndµ = 0 (n = 1, 2, . . . )を満たせば，f = 0 a.e.

(b) 任意の f ∈ L2(µ)に対し，

f =∞∑

k=1

(∫X

ffndµ

)fn.

(右辺は Q7.10を参照)

(c) 任意の f ∈ L2(µ)に対し，Parsevalの等式∞∑

n=1

(∫X

ffndµ

)2

=∫

X

f2dµ

が成り立つ．

(d) 任意の f ∈ L2(µ)，ε > 0に対し，N ∈ N，an ∈ Rが存在し，∫X

∣∣∣∣f −N∑

n=1

anfn

∣∣∣∣2dµ < ε

となる．


Q7.13. (Legendre多項式) n = 0, 1, 2, . . .，x ∈ [−1, 1]に対し

Pn(x) =1

2nn!dn

dxn(x2 − 1)n

とおく．

(i) Pn(x) =[n/2]∑k=0

(−1)k(2n − 2k)!2nk!(n − k)!(n − 2k)!

xn−2k となることを証明せよ．

(ii) (R1,F)上の測度µをµ(A) = λ(A∩[−1, 1])と定義する．∫

RPnPmdµ = 0

(n 6= m)となることを示せ．

Q7.14. (Hermite多項式) n = 0, 1, 2, . . .，x ∈ Rに対し

Hn(x) = (−1)nex2 dn

dxne−x2

とおく．

(i) Hn(x) =[n/2]∑k=0

(−1)kn!k!(n − 2k)!

(2x)n−2k となることを示せ．

(ii) (R1,F)上の測度 µを µ(A) =∫

A

e−x2λ(dx)と定義する．

∫R

HnHmdµ(dx) = 0 (n 6= m)


Q7.15. (Laguerre多項式) α > −1とする．n = 0, 1, 2, . . .，x > 0に対し

Lαn(x) = ex x−α

n!dn

dxn

(e−xxn+α

)とおく．

(i) Pn(x) =n∑

k=0

Γ(n + α + 1)Γ(k + α + 1

(−x)k

k!(n − k)!となることを証明せよ．

(ii) (R1,F)上の測度 µを µ(A) =∫

A∩(0,∞)xαe−xλ(dx)と定義する．∫

RLα

nLαmdµ(dx) = 0 (n 6= m)


8 直積測度と FUBINIの定理 56

8. 直積測度とFubiniの定理

Def 8.1. (X, EX , µX)，(Y, EY , µY )を測度空間とする．

E0 ={ n∪

k=1

Ek × Fk |Ek ∈ EX , Fk ∈ EY , k = 1, . . . , n, n ∈ N}

とし，σ(E0)を EX × EY と表し，直積 σ加法族という．

Thm 8.2 (直積測度). Xk ∈ EX , Yk ∈ EY で，µX(Xk) < ∞，µY (Yk) < ∞ (∀k)，∪∞k=1 Xk = X，

∪∞k=1 Yk = Y を満すものが存在すると仮定する．E0 上の有限測

度 µ0 をµ0(E × F ) = µX(E)µY (F ), E ∈ EX , F ∈ EY

となるように定義する．(X×Y, EX×EY )上の測度µで，µ(E) = µ0(E) (∀E ∈ E0)を満すものが唯一存在する．この µを µX × µY と表し，直積測度という．

Lem 8.3. B ∈ E0 とする．

B(Y )x = {y ∈ Y | (x, y) ∈ B}, B(X)

y = {x ∈ X | (x, y) ∈ B}, x ∈ X, y ∈ Y

とおく．このとき，

(i) B(Y )x ∈ EY，B

(X)y ∈ EX，

(ii) x 7→ µY (B(Y )x )，y 7→ µX(B(X)

y )は可測，

(iii) µ0(B) =∫

XµY (B(Y )

x )µX(dx) =∫

YµX(B(X)

y )µY (dy).

Proof. Ei ∩ Ei = ∅，Fi ∩ Fj = ∅ (i 6= j) なる Ei ∈ EX , Fi ∈ EY と，I ⊂{(i, j) | 1 ≤ i, j ≤ n}を用いて

B =∪

(i,j)∈I

Ei × Fj

と表すことができる．1 ≤ i ≤ nに対し，I(i) = {j | (i, j) ∈ I}とおけば，

B(Y )x =

{∪j∈I(i) Fj , x ∈ Ei,

∅, x /∈∪n

i=1 Ei,

となる．したがって B(Y )x ∈ EY (∀x)．また

µY (B(Y )x ) =

n∑i=1

XEi(x)∑

j∈I(i)

µY (Fj).

よって x 7→ µY (B(Y )x )は可測となる．さらに∫

X

µY (B(Y )x )µX(dx) =

n∑i=1

µX(Ei)∑

j∈I(i)

µY (Fj) = µ(B).


B(X)y についても同様の議論が成り立つ．

Proof(Thm 8.2). Caratheodoryの拡張定理 (Thm 2.5)より，Aj ∈ E0，Ai ∩Aj = ∅，A =

∪∞j=1 Aj ∈ E0 ならば，

µ0(A) =∞∑

j=1

µ(Aj) (8.1)

となることを示せば良い．µ0(A) < ∞とする．Bn = A \

∪nj=1 Aj とおけば，有限加法性より，

µ0(A) =n−1∑j=1

µ(Aj) + µ(Bn).

したがって，µ0(Bn) → 0を示せば良い．各 Bn を Lem 8.3の証明で用いたように

Bn =∪

(i,j)∈I(n)

Eni × Fn

j

と表す．このとき µX(Enj ) > 0, µY (Fn

j ) > 0 (∀j, n)と仮定して良い．∵) JX = {En

j |µX(Enj ) = 0}，JY = {Fn

j |µY (Fnj ) = 0}，

B0 =( ∪

E∈JX

E × Y

)∪

(X ×

∪E∈JY

E

)

とおけば，B0 ∈ E0，µ0(B0) = 0となり，Bn\B0をBnと思えば良い．///このとき

µ0(B1) =∑

(i,j)∈I

µX(Ei)µY (Fj)

とあわせれば，µ(Ei) < ∞, µ(Fj) < ∞ (i, j) ∈ I(1). (8.2)

Lem 8.3で見たように

µ0(Bn) =∫

X

µY ([Bn](Y )x )µX(dx).

任意の x ∈ Xに対し，[Bn](Y )x ⊃ [Bn+1]

(Y )x ↘ ∅ (n → ∞)となる．また，Lem 8.3

の証明で見たように

µY ([Bn]x) ≤ µY ([B1]x) =∑

(i,j)∈I(1)

XE1i(x)µY (F 1

j ). (8.3)

これと (8.2)から，µY ([B1](Y )x ) < ∞となる．よって，µY ([Bn]x) → 0 (∀x)．(8.2)，

(8.3)と合わせて，Lebesgue の優収束定理を用いれば，

µ0(Bn) =∫

X

µY ([Bn](Y )x )µX(dx) → 0 (n → ∞).


よって µ0(A) < ∞ならば，(8.1)が証明できた．

µ0(A) = ∞とする．Zk = Xk × Yk とおく．µ0(A∩Zk) < ∞より，上の考察から

µ0(A ∩ Zk) =∞∑

j=0

µ0(Aj ∩ Zk) ≤∞∑

j=0

µ0(Aj).

したがって µ0(A ∩ Zk) → ∞を示せば良い．A =

∪nj=1 Ej × Fj ((Ei × Fi) ∩ (Ej × Fj) = ∅)と表す．

µ0(A) =n∑

j=1

µX(Ej)µY (Fj)

より，ある j に対し，µX(Ej)µY (Fj) = ∞となる．

µ0(A ∩ Zk) ≥ µ0((Ej × Fj) ∩ Zk) ≥ µX(Ej ∩ Xk)µY (Fj ∩ Yk)→ µX(Ej)µY (Fj) = ∞ (k → ∞).

Thm 8.4 (Fubiniの定理 (一般形)). (X, EX , µX)，(Y, EY , µY )を測度空間とする．Xk ∈ EX , Yk ∈ EY で，µX(Xk) < ∞，µY (Yk) < ∞ (∀k)，

∪∞k=1 Xk = X，∪∞

k=1 Yk = Y を満すものが存在すると仮定する．EX × EY -可測関数 f : X × Y → [−∞,∞]は，(a) 可積分であるか，(b) 非負

であるかのいずれかとする．このとき次が成り立つ．

(F1) f(Y )x : Y 3 y 7→ f(x, y) ∈ [−∞,∞] は EY -可測であり，さらに関数 x 7→∫Y

f(Y )x (y)µY (dy) が定義でき，EX -可測である．

(F2) f(X)y : X 3 x 7→ f(x, y) ∈ [−∞,∞]は EX -可測であり，さらに関数 y 7→∫X

f(X)y (x)µX(dx) が定義でき，EY -可測である．

(F3) 次の等式が成り立つ．∫X×Y

fd(µX × µY ) =∫

X

(∫Y

f (Y )x (y)µY (dy)

)µX(dx)

=∫

Y

(∫X

f (X)y (x)µX(dx)

)µY (dy).

(8.4)

幾つかの補題に分けて証明する．

Lem 8.5. 可測関数 fn : X × Y → [−∞,∞]は (F1)–(F3)を満たすと仮定する．さらに次のいずれかが成り立つと仮定する．

(a) 0 ≤ fn(x, y) ≤ fn+1(x, y) ↗ f(x, y) (∀(x, y) ∈ X × Y )．

(b) 非負可積分関数ΦX : X → R, ∈ L1(µX)，ΦY : Y → R, ∈ L1(µY )が存在し，|fn(x, y)| ≤ ΦX(x)ΦY (y) が成り立ち，さらに limn→∞ fn(x, y) = f(x, y)(∀(x, y) ∈ X × Y )．


このとき f もまた (F1)–(F3)を満たす．Proof. (a) 仮定より，

0 ≤ [fn](Y )x ≤ [fn+1](Y )

x ↗ f (Y )x .

これより，f(Y )x ≥ 0は EY -可測である．単調収束定理より，

0 ≤∫

Y

[fn](Y )x dµY ≤

∫Y

[fn+1](Y )x dµY ↗

∫Y

f (Y )x dµY .

したがって∫

Yf

(Y )x dµY は EX -可測であり，再び単調収束定理より，∫

X×Y

fd(µX × µY ) = limn→∞

∫X×Y

fnd(µX × µY )

= limn→∞

∫X

(∫Y

[fn](Y )x (y)µY (dy)

)µX(dx)

= limn→∞

∫X

(∫Y

f (Y )x (y)µY (dy)

)µX(dx).

f(X)y についても同様に証明できる．

(b) 仮定より，

limn→∞

[fn](Y )x (y) = f (Y )

x (y), ∀y ∈ Y, |[fn](Y )x (y)| ≤ ΦX(x)ΦY (y).

よって f(Y )x ≥ 0は EY -可測である．Lebesgueの優収束定理より∫

Y

[fn](Y )x dµY →

∫Y

f (Y )x dµY .

したがって∫

Yf

(Y )x dµY は EX -可測である．∣∣∣∣∫

Y

[fn](Y )x dµY

∣∣∣∣ ≤ ΦX(x)∫

Y

ΦY dµY

という評価式が成り立つので，再び Lebesgueの優収束定理理より，∫X×Y

fd(µX × µY ) = limn→∞

∫X×Y

fnd(µX × µY )

= limn→∞

∫X

(∫Y

[fn](Y )x (y)µY (dy)

)µX(dx)

= limn→∞

∫X

(∫Y

f (Y )x (y)µY (dy)

)µX(dx).

f(X)y についても同様に証明できる．

Lem 8.6. M ⊂ 2X×Y は，E0 ⊂ Mであり，さらに次の 2条件を満たすとする．


(a) A1, A2, · · · ∈ Mが A1 ⊂ A2 ⊂ . . . を満たせば，∪∞

j=1 Aj ∈ M，

(b) A1, A2, · · · ∈ Mが A1 ⊃ A2 ⊃ . . . を満たせば，∩∞

j=1 Aj ∈ M．

このとき EX × EY ⊂ M．Proof. Λ = {N ⊂ 2X×Y | E0 ⊂ N , N は (a)，(b)を満たす }とし，

M0 =∩

N∈Λ

N

とおく．M0 ∈ Λ，M0 ⊂ Mは容易にわかる．M0 が有限加法族であることを証明で

きれば，性質 (a)よりM0は σ加法族となり，したがって EX × EY ⊂ M0 ⊂ Mとなり，主張が得られる．

M = {A ∈ M0 |Ac ∈ M0} とおく．このとき E0 ⊂ M であり，さらにC ⊂ D ⇔ Cc ⊃ Dc に注意すれば Mは (a)，(b)を満たす．よって M = M0 となる．すなわち，A ∈ M0 ならば Ac ∈ M0 である．

A,B ∈ M0 ならば，A ∪ B ∈ M0 を示す．MA = {E ∈ M0 |A ∪ E ∈ M0}とおく．まず，A ∈ E0 とする．このとき，定義より，E0 ⊂ MA．また( ∞∪

j=1

Ej

)∪ A =

∞∪j=1

(Ej ∪ A),( ∞∩

j=1

Ej

)∪ A =

∞∩j=1

(Ej ∪ A)

という関係式より，MA ∈ Λ．したがってM0 ⊂ MAとなる．よってM0 = MA

であり，これより，A ∈ E0，B ∈ M0 ならば，A ∪ B ∈ M0 である．つぎに A ∈ M0 とする．上の考察より，E0 ⊂ MA．後は上と同様にして，

M0 = MA を得る．よってM0 は有限加法族となる．

Lem 8.7. A ∈ EX × EY とする．f = XA は (F1)–(F3)を満たす．Proof. Zk = Xk × Yk とする．0 ≤ XA∩Zk

≤ XA∩Zk+1 ↗ XA であるから，Lem 8.5より，f = XA∩Zk

が (F1)–(F3)を満たすことを示せばよい．kを固定し，M = {A ∈ EX × EY | XA∩Zk

が (F1)–(F3)を満たす }とおく．

0 ≤ XA∩Zk(x, y) ≤ XXk

(x)XYk(y), ∀(x, y) ∈ X × Y

であるから，Lem 8.5より，Mが Lem 8.6の条件 (a)，(b)を満たすことは容易にわかる．E0 の定義より，A ∈ E0 ならば，A ∩ Zk ∈ E0 は明らかである．Lem 8.3で見たように，E0 の定義関数は (F1)–(F3)を満たす．よって E0 ⊂ M．Lem 8.6より，EX × EY ⊂ M．Lem 8.8. Thm 8.4の主張が成り立つ．Proof. f ≥ 0とする．このとき fn =

∑n2n

k=0 k2−nX[k2−n≤f<(k+1)2−n]とおけば，0 ≤ fn ≤ fn+1 ↗ f であるから，Lem 8.5より主張を得る．

f が可積分関数のときは，f = f+ − f− という分解と線形性を用いればよい．

Lebesgue測度の場合以下，N = d + e とし，FN ,Fd,Fe，λN , λd, λe でそれぞれ RN , Rd, Re 上の


Lebesgue可測集合の全体と Lebesgue測度を表す．次のような Fubiniの定理の変形が成り立つ．

Thm 8.9 (Fubiniの定理 (Lebesgue測度)). FN -可測関数 f : RN → [−∞,∞]は，(a) 可積分であるか，(b) 非負であるかのいずれかとする．このとき次が成り立つ．

(FL1) f(e)x : Re 3 y 7→ f(x, y) ∈ [−∞,∞] は Fd-可測であり，さらに λd-a.e.

x ∈ Rd に対し，x 7→∫

Re f(e)x (y)λe(dy)が定義でき，Fd-可測である．

(FL2) f(d)y : Rd 3 x 7→ f(x, y) ∈ [−∞,∞] は Fd-可測であり，さらに λe-a.e.

y ∈ Rd に対し，y 7→∫

Rd f(e)y (x)λd(dx)が定義でき，Fe-可測である．

(FL3) 次の等式が成り立つ．∫RN

fdλN =∫

Rd

(∫Re

f (e)x (y)λe(dy)

)λd(dx)

=∫

Re

(∫Rd

f (d)y (x)λd(dx)

)λe(dy).

(8.5)

幾つかの補題に分けて証明する．

Lem 8.10. Fd × Fe ⊂ FN かつ λd × λe(A) = λN (A) (∀A ∈ Fd × Fe)が成り立つ．

Proof.

F0 ={ n∪

j=1

Ej × Fj

∣∣∣∣ Ej ∈ Fd, Fj ∈ Fe, n ∈ N}

とおく．まず

F0 ⊂ FN , λd × λe(A) = λN (A), ∀A ∈ F0 (8.6)

を示す．G ⊂ Rd，G′ ⊂ Re をともに開集合とする．このとき互いに素な区間の列

Idn ⊂ Rd，Ie

n ⊂ Re により G =∪∞

i=1 Idi，G′ =

∪∞j=1 Ie

j と表現される．したがって

G×G′ =∞∪

i,j=1

Idi ×Ie

j ∈ FN , λN (G×G′) =∞∑

i,j=1

λd(Idi )λe(Ie

j ) = ×λe(G×G′).

Gi ⊂ Rd，G′j ⊂ Re を開集合列とする．開集合の有限共通部分は開集合であ

るから， ( ∞∩i=1

Gi

)×

( ∞∩j=1

G′j

)=

∞∩n=1

( n∩i=1

Gi

)×

( n∩j=1

G′j

)∈ F0


であり，さらに単調収束なので任意の k ∈ Nに対し，

λN

((−k, k)N ∩

[( ∞∩i=1

Gi

)×

( ∞∩j=1

G′j

)])

= limn→∞

λN

((−k, k)N ∩

[( n∩i=1

Gi

)×

( ∞∩j=1

Gnj

)])

= limn→∞

λd

((−k, k)d ∩

n∩i=1

Gi

)λe

((−k, k)e ∩

n∩i=1

G′i

)

= λd

((−k, k)d ∩

∞∩i=1

Gi

)λe

((−k, k)e ∩

∞∩i=1

G′i

).

k → ∞とすれば，

λN

([( ∞∩i=1

Gi

)×

( ∞∩j=1

G′j

)])= λd

( ∞∩i=1

Gi

)λe

( ∞∩i=1

G′i

).

E ⊂ Rd は λd(E) = 0を満たすとする．区間 I(n)i ⊂ Rd で

E ⊂∞∪

i=1

I(n)i ,

∞∑i=1

|I(n)i | < 1/n, n ∈ N,

となるものが取れる．このとき

E × [−k, k)e ⊂∞∪

i=1

I(n)i × [−k, k)e,

∞∑i=1

|I(n)i × [−k, k)e| < ke/n, n ∈ N,

である．よって λN (E × [−k, k)e) = 0．k → ∞として，λN0 (E ×Re) = 0となる．

したがって任意の B ∈ Fe に対し，E × B ∈ FN で λN (E × B) = 0．同様に E′ ⊂ Re は λd(E′) = 0ならば，任意の A ∈ Ed に対し，A × E′ ∈ EN

かつ λN (A × E′) = 0．A ∈ Fd，B ∈ Fe とする．開集合列 Gn ∈ Rd, ⊃ A，G′

n ∈ Re ⊃ B でλd

(∩∞n=1 Gn \ A

)= 0，λe

(∩∞n=1 G′

n \ B)

= 0なるものがとれる (Thm 3.8)．このとき，先の段落での考察より，

A×B ⊂( ∞∩

n=1

Gn

)×

( ∞∩n=1

G′n

), λN

([( ∞∩n=1

Gn

)×

( ∞∩n=1

G′n

)]\(A×B)

)= 0.

したがって A × B ∈ FN かつ

λN (A × B) = λN

(( ∞∩n=1

Gn

)×

( ∞∩n=1

G′n

))

= λd

( ∞∩n=1

Gn

)λe

( ∞∩n=1

G′n

)= λd(A)λe(B).


よって (8.6)が示せた．

M = {A ∈ Fd ×Fe |A ∈ FN , λN (A) = λd × λe(A)}

とおく．(8.6)より，F0 ⊂ M．Aj ∈ Mが Aj ⊂ Aj+1 を満たせば，単調非減少収束であるから，

∪∞j=1 Aj ∈ M．もし，Aj ⊃ Aj+1を満たせば，

∩∞j=1 Aj ∈ FN

は明らか．Aj ∩ (−k, k)N に優収束定理を用いれば λN (A) = λd × λe(A)が得られる．よって Lem 8.6より，Fd ×Fe ⊂ M．すなわち主張が得られた．Lem 8.11. 任意の A ∈ FN に対し，f = XA は (FL1)–(FL3)を満たす．Proof. 閉集合列Hn ⊂ Aが取れ，H =

∪∞n=1 Hn，E = A\HとおけばλN (E) =

0とできる (Thm 3.8)．XA = XH +XE より，XE，XE がを満たすことを示せばよい．

RN \Hnは開集合であるから，可算個の区間の和集合として表される．区間はF0 (記号は Lem 8.10参照)の元であるから，Lem 8.10より，RN \Hn ∈ Fd×Fe．よってHn ∈ Fd ×Fe，したがってH ∈ Fd ×Feとなる．Thm 8.4より，XH は(FL1)–(FL3)を (除外集合なしに)満たす．

XE が (FL1)–(FL3) を満たすことを示す．開集合列 Gn ⊃ E が取れ，F =∩∞n=1 Gn とおけば，λN (F ) = 0 とできる (Thm 3.8)．上で見たように Gn ∈

Fd ×Feであるから，F ∈ Fd ×Fe．Thm 8.4より，XF は (FL1)–(FL3)を満たす．Lem 8.3の記号を用いれば，

ERe

x ⊂ F Re

x , ERd

y ⊂ F Rd

y ∀x ∈ Rd, y ∈ Re. (8.7)

XF (x, y) = XF Rex

(y) = XF Rd

y(x)，λN (F ) = 0より∫

Rd

λe(F Re

x )λd(dx) =∫

Re

λd(F Rd

y )λe(dy) = 0

となる．したがって λd-a.e. x ∈ Rd に対し λe(F Re

x ) = 0，λe-a.e. y ∈ Re に対しλd(F Rd

y ) = 0となる．(8.7)よりλd-a.e. x ∈ Rdに対しλe(ERe

x ) = 0，λe-a.e. y ∈ Re

に対し λd(ERd

y ) = 0．とくに λd-a.e. x ∈ Rdに対し ERe

x ∈ Fe，λd-a.e. y ∈ Reに

対し ERd

y ∈ Fd．以上より XE は (FL1)–(FL3)を満たす．Lem 8.12. Thm 8.9の主張が成り立つ．Proof. Lem 8.8と同じ．

演習問題

基本的に測度空間 (X, EX , µX)，(Y, EY , µY ) で考察する．RN が現れたときはLebesgue測度空間を考えているものとする．

Q8.1. f : X → [−∞,∞]，g : Y → [−∞,∞]は可積分であるとする．h(x, y) =f(x)g(y)とおく．h : X × Y → [−∞,∞]は可積分であり，

∫X×Y

hd(µX ×µY ) =

∫X

fdµX

∫Y

gdµY となることを証明せよ．


Q8.2. 可測関数 f : X → [−∞,∞]，g : Y → [−∞,∞]は，µX([f 6= 0]), µY ([g 6=0]) > 0を満たすとする．もし h(x, y) = f(x)g(y)がX ×Y 上可積分であれば，f, gはそれぞれ µX，µY に関し可積分であることを証明せよ．

Q8.3. 可測関数 f : X → [−∞,∞]，g : Y → [−∞,∞]に対し，h(x, y) = f(x) +g(y)とおく．

(i) µX(X) < ∞とする．もし hが µX × µY に関し可積分ならば，f は µX

に関し可積分となることを証明せよ．

(ii) ある一点 a ∈ Y に対し，µY (A) = XA(a)を満たすような µY を用いて，上の主張は µX(X) = ∞ならば一般には成立しないことを説明せよ．

Q8.4. 可測関数 f : X × Y → [−∞,∞]は，µX ×µY -a.e.に f ≥ 0を満たす．このとき，µY ({y | f(x, y) ≥ 0}) > 0を満たす x ∈ X が少なくとも一つは存在することを証明せよ．

Q8.5. 可測関数 f : X × Y → [−∞,∞] は，µX × µY -a.e. に f ≥ 0 を満たす．A ∈ EX , B ∈ EY は，µX(A) > 0, µY (B) > 0を満たすとする．もし µX -a.e.x ∈ Aに対して µY ({y ∈ B | f(x, y) < 0}) = 0が成り立つならば，µY -a.e.y ∈ B に対して µX({x ∈ X | f(x, y) < 0}) = 0となることを示せ．

Q8.6. d, e ∈ N，N = d + eとする．B(RN ) = B(Rd) × B(Re)となることを示せ．

Q8.7. N = 2d，d = e とし，A ∈ Fd とする．f : RN 3 (x, y) 7→ f(x, y) =XA(x + y)が可測関数となることをつぎの手順で証明せよ．

(i) 閉集合 F，開集合Gに対し，XF (x + y),XG(x + y)はともにRN 上可測となることを証明せよ．

(ii) 閉集合列 Fn ⊂ Rd，n = 1, 2, . . .，と開集合列 Gn ⊂ Rd，n = 1, 2, . . .，で，Fn ⊂ Fn+1 ⊂ A ⊂ Gn+1 ⊂ Gn，λd(A \ F∞) = λd(G∞ \ A) = 0(ただし F∞ =

∪∞n=1 Fn, G∞ =

∩∞n=1 Gn)となるものをとれば，XF∞(x +

y),XG∞(x + y)ともに RN 上可測となることを示せ．

(iii) 上の∫

RN |XF∞(x + y) −XG∞(x + y)|d(λd × λd)(x, y) = 0を示せ．

(iv) XA(x + y)が可測であることを示せ．

Q8.8. N = 2d，f, g ∈ L1(λd)とし，h(x, y) = f(x−y)g(y), k(x, y) = f(y)g(x−y)とおく．h, g ∈ L1(λN )であること，

∫Rd h(x, y)dλd(y) =

∫Rd k(x, y)dλd(y)

となること，さらに∫

RN hdλN =∫

RN kdλN となることを示せ．

Q8.9. N = 2d，p > 1，f ∈ Lp(λd), g ∈ L1(λd)とし，h(x, y) = f(x − y)g(y)とおく．x = (x1, . . . , xd)が max{|x1|, . . . , |xd|} > 1/2ならば f(x) = 0を満たすと仮定する．h ∈ L1(λN )であり，さらに∫

RN

|h|dλN ≤(∫

Rd

|f |pdλd)1/p

∫Rd

|g|dλd

が成り立つことを示せ．


Q8.10. K ∈ L2(µX × µY )とする．f ∈ L2(µY )に対し

Tf(x) =∫

Y

K(x, y)f(y)µY (dy), x ∈ X

と定義する．

(i) Tf(x)は定義でき Tf ∈ L2(µX)となることを示せ．

(ii) fn, f ∈ L2(µY )とし，任意のg ∈ L2(µY )に対し limn→∞

∫Y

g(fn−f)dµY =

0を満たすと仮定する．このとき limn→∞

∫X

|Tfn − Tf |2dµX = 0 となること

を証明せよ．

(注: supn∈N

∫Y

|fn|2dµY < ∞となることは証明なしに用いてよい．この事実

の証明を発表できればそれは 1題解答と見なす)

Q8.11. f, g : R → Rはともに可積分とする．h(x) =∫

R f(x − y)g(y)dy，f(ξ) =∫R f(x)e−iξxλ1(dx) とおく．h ∈ L1(λ1) であり，さらに h(ξ) = f(ξ)g(ξ)

(∀ξ)となることを示せ．

(複素数値関数の積分は実部と虚部の積分の和として定義する．)

Q8.12. S = {f : R → C | supx∈R{|x|k|f (m)(x)|} < ∞,∀k,m ∈ Z, ≥ 0}とおく．(i) S ⊂ L1(λ1)を示せ．

(ii) f ∈ S を示せ．

(iii) f, g ∈ S とする．∫

R f(ξ)g(ξ)eiξxλ1(dξ) =∫

R f(x + y)g(y)λ1(dy)が成り立つことを示せ．

(iv) ε > 0とし，g(ξ) = e−ε2ξ2/2とおけば，g(y) = (2π)1/2ε−1e−y2/(2ε2)となることを示せ．

(v)∫

R f(ξ)eiξxλ1(dξ) = (2π)1/2f(x)となることを示せ．

Q8.13. X = Y = [0, 1)，BX = BY = {A ⊂ [0, 1) |A ∈ F1}，µX(A) = µY (A) =λ1([0, 1) ∩ A)とおく．f(x, y) = (x2 − y2)/(x2 + y2)2 ((x, y) ∈ [0, 1)2)とする．

(i) (X, EX , µX)が測度空間であることを確かめよ．

(ii) f± を求めよ．

(iii)∫

X×Yf±d(µX × µY ) = ∞となることを示せ．

(iv)∫

X

(∫Y

f(x, y)µY (dy))µX(dx)，

∫Y

(∫X

f(x, y)µX(dx))µy(dy) を求め，

Fubiniの定理の主張が成立しないことを確かめよ．

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