変化する測度の下でのファトゥの補題
出典: フリー百科事典『ウィキペディア（Wikipedia）』 (2020/05/24 03:03 UTC 版)
「ファトゥの補題」の記事における「変化する測度の下でのファトゥの補題」の解説
ファトゥの補題についての上述の議論では、すべて積分は単一の固定された測度 μ に対して実行されていた。ここでは μn を、可測空間 (S,Σ) 上の測度の列で、 μ n ( E ) → μ ( E ) , ∀ E ∈ Σ . {\displaystyle \mu _{n}(E)\to \mu (E),~\forall E\in \Sigma .} を満たすようなものとする（測度の収束（英語版）を参照）。このとき、非負の可積分関数 fn の列およびその各点毎の下極限 f に対して、 ∫ S f d μ ≤ lim inf n → ∞ ∫ S f n d μ n {\displaystyle \int _{S}f\,d\mu \leq \liminf _{n\to \infty }\int _{S}f_{n}\,d\mu _{n}} が成立する。 証明ここでは少し強い意味での証明を行う。すなわち、fn が S の部分集合 E 上で μ に関してほとんど至る所収束することも許す。次の不等式を示すことを目的とする: ∫ E f d μ ≤ lim inf n → ∞ ∫ E f n d μ n . {\displaystyle \int _{E}f\,d\mu \leq \liminf _{n\to \infty }\int _{E}f_{n}\,d\mu _{n}\,.} 今 K = { x ∈ E | f n ( x ) → f ( x ) } {\displaystyle K=\{x\in E|f_{n}(x)\rightarrow f(x)\}} とする。このとき、μ(E-K)=0 であり ∫ E f d μ = ∫ E − K f d μ , ∫ E f n d μ = ∫ E − K f n d μ ∀ n ∈ N {\displaystyle \int _{E}f\,d\mu =\int _{E-K}f\,d\mu ,~~~\int _{E}f_{n}\,d\mu =\int _{E-K}f_{n}\,d\mu \quad \forall n\in \mathbb {N} } が成立する。したがって、E を E-K に置き換えることによって、fn が E 上で f へと各点収束すると仮定出来る。続いて、任意の単関数 φ に対して ∫ E ϕ d μ = lim n → ∞ ∫ E ϕ d μ n {\displaystyle \int _{E}\phi \,d\mu =\lim _{n\to \infty }\int _{E}\phi \,d\mu _{n}} であることに注意されたい。したがって、ルベーグ積分の定義により、φ を f 以下の任意の非負の単関数としたときに ∫ E ϕ d μ ≤ lim inf n → ∞ ∫ E f n d μ n {\displaystyle \int _{E}\phi \,d\mu \leq \liminf _{n\rightarrow \infty }\int _{E}f_{n}\,d\mu _{n}} であることを示せば十分である。a を、φ の取る最小の非負の値とする。 A = { x ∈ E | ϕ ( x ) > a } {\displaystyle A=\{x\in E|\phi (x)>a\}} を定義する。 はじめに、 ∫ E ϕ d μ = ∞ {\displaystyle \int _{E}\phi \,d\mu =\infty } である場合を考える。 ∫ E ϕ d μ ≤ M μ ( A ) {\displaystyle \int _{E}\phi \,d\mu \leq M\mu (A)} が成立することから、μ(A) は無限大であることが分かる。ただし、M は φ の（必ず有限であるような）最大値とする。 A n = { x ∈ E | f k ( x ) > a ∀ k ≥ n } {\displaystyle A_{n}=\{x\in E|f_{k}(x)>a~\forall k\geq n\}} を定義すると A ⊆ ⋃ n A n ⇒ μ ( ⋃ n A n ) = ∞ {\displaystyle A\subseteq \bigcup _{n}A_{n}\Rightarrow \mu (\bigcup _{n}A_{n})=\infty } であることが分かる。しかし、An は入れ子状の集合の増加列であるため、μ の下からの連続性によって lim n → ∞ μ ( A n ) = ∞ {\displaystyle \lim _{n\rightarrow \infty }\mu (A_{n})=\infty } であることが分かる。したがって lim n → ∞ μ n ( A n ) = μ ( A n ) = ∞ {\displaystyle \lim _{n\to \infty }\mu _{n}(A_{n})=\mu (A_{n})=\infty } である。同時に ∫ E f n d μ n ≥ a μ n ( A n ) ⇒ lim inf n → ∞ ∫ E f n d μ n = ∞ = ∫ E ϕ d μ {\displaystyle \int _{E}f_{n}\,d\mu _{n}\geq a\mu _{n}(A_{n})\Rightarrow \liminf _{n\to \infty }\int _{E}f_{n}\,d\mu _{n}=\infty =\int _{E}\phi \,d\mu } であるため、この場合の主張は証明される。 ∫ E ϕ d μ < ∞ {\displaystyle \int _{E}\phi \,d\mu <\infty } である場合が残されている。μ(A) は有限でなければならない。上述のように M を φ の最大値とし、ε>0 を固定する。 A n = { x ∈ E | f k ( x ) > ( 1 − ϵ ) ϕ ( x ) ∀ k ≥ n } {\displaystyle A_{n}=\{x\in E|f_{k}(x)>(1-\epsilon )\phi (x)~\forall k\geq n\}} を定義する。すると An は入れ子状の集合の増加列で、それらの合併は A を含むことが分かる。したがって、A-An は共通部分が空であるような集合の減少列である。A は有限の測度を持っている（これが二つの場合に分けて証明を行っている理由である）ため lim n → ∞ μ ( A − A n ) = 0 {\displaystyle \lim _{n\rightarrow \infty }\mu (A-A_{n})=0} を得る。したがって、 μ ( A − A k ) < ϵ , ∀ k ≥ n {\displaystyle \mu (A-A_{k})<\epsilon ,~\forall k\geq n} を満たすような n が存在する。したがって、 lim n → ∞ μ n ( A − A k ) = μ ( A − A k ) {\displaystyle \lim _{n\to \infty }\mu _{n}(A-A_{k})=\mu (A-A_{k})} であることから、 μ k ( A − A k ) < ϵ , ∀ k ≥ N . {\displaystyle \mu _{k}(A-A_{k})<\epsilon ,~\forall k\geq N.} を満たす N が存在することが分かる。したがって、 k ≥ N {\displaystyle k\geq N} に対して ∫ E f k d μ k ≥ ∫ A k f k d μ k ≥ ( 1 − ϵ ) ∫ A k ϕ d μ k {\displaystyle \int _{E}f_{k}\,d\mu _{k}\geq \int _{A_{k}}f_{k}\,d\mu _{k}\geq (1-\epsilon )\int _{A_{k}}\phi \,d\mu _{k}} が成立する。同時に ∫ E ϕ d μ k = ∫ A ϕ d μ k = ∫ A k ϕ d μ k + ∫ A − A k ϕ d μ k {\displaystyle \int _{E}\phi \,d\mu _{k}=\int _{A}\phi \,d\mu _{k}=\int _{A_{k}}\phi \,d\mu _{k}+\int _{A-A_{k}}\phi \,d\mu _{k}} も成立するため、 ( 1 − ϵ ) ∫ A k ϕ d μ k ≥ ( 1 − ϵ ) ∫ E ϕ d μ k − ∫ A − A k ϕ d μ k {\displaystyle (1-\epsilon )\int _{A_{k}}\phi \,d\mu _{k}\geq (1-\epsilon )\int _{E}\phi \,d\mu _{k}-\int _{A-A_{k}}\phi \,d\mu _{k}} を得る。これらの不等式を組み合わせることで ∫ E f k d μ k ≥ ( 1 − ϵ ) ∫ E ϕ d μ k − ∫ A − A k ϕ d μ k ≥ ∫ E ϕ d μ k − ϵ ( ∫ E ϕ d μ k + M ) {\displaystyle \int _{E}f_{k}\,d\mu _{k}\geq (1-\epsilon )\int _{E}\phi \,d\mu _{k}-\int _{A-A_{k}}\phi \,d\mu _{k}\geq \int _{E}\phi \,d\mu _{k}-\epsilon \left(\int _{E}\phi \,d\mu _{k}+M\right)} を得る。ε を 0 に近付け、n についての下極限を取ることで、 lim inf n → ∞ ∫ E f n d μ k ≥ ∫ E ϕ d μ {\displaystyle \liminf _{n\rightarrow \infty }\int _{E}f_{n}\,d\mu _{k}\geq \int _{E}\phi \,d\mu } が得られ、証明は完成される。
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