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1. 概要

About this book

• Abstract

  測度論と確率について丁寧に書いてある.証明もきちんと載っているが、簡単な部分は省略してあるので自分で補足する必要あり.

• Authors

  Krishna B. AthreyaSoumendra N. Lahiri

• Print ISBN

  978-0-387-32903-1

• Online ISBN

  978-0-387-35434-7

2. 証明補足

2.1. 1Measure

2.1.1. 1-1Classes_of_sets

Example1-1-6

$\sigma ⟨O_2⟩=⟨O_4⟩=B(R{)}^k$

$G$を$O_4$を含む$\sigma$-algebraだとする. このとき$R^k$の任意の開集合$A\subset R^k$をとると,Problem1.9より$\{B_n{\}}_{n\ge 1}\subset O_3$が存在して,$A={\bigcup }_{n\ge 1}{B}_n$とできる. ここで, $B_n=(a_1^n,b_1^n)\times \cdots \times (a_k^n,b_k^n)$ とおくと, $$\begin{array}{cc}{B}_n& =(a_1^n,b_1^n)\times \cdots \times (a_k^n,b_k^n)\\ & =\bigcup _{i\ge 1}(-\infty ,b_1^n)\times \cdots \times (-\infty ,b_k^n)\setminus (-\infty ,a_1^n+\frac{1}{i})\times \cdots \times (-\infty ,a_k^n+\frac{1}{i})\\ & =\bigcup _{i\ge 1}{C}_n\setminus C_n^i\end{array}$$ ゆえに,$A={\bigcup }_{n\ge 1}{\bigcup }_{i\ge 1}{C}_n\cap (C_n^i{)}^c$. $C_n,C_n^i\in O_4$であり,$G$は$O_4$を含む$\sigma$-algebraなので$A\in G$. ゆえに,$G$は$R^k$の任意の開集合を含む$\sigma$-algebraであるので以下が成立 $$B\left(R^k\right)\supset \sigma ⟨O_2⟩\supset \sigma ⟨O_4⟩=\bigcap _{G:O_4\subset G,\sigma \text{-field}}G\supset B\left(R^k\right)$$

Theorem1-1-2

${\lambda }_1\left(C\right)$ is $\lambda$-system

Proof. (i)$\Omega \in {\lambda }_1\left(C\right)$は明らか. (ii) $A,A^{\prime }\in {\lambda }_1\left(C\right),A\subset A^{\prime }\Rightarrow A^{\prime }\setminus A\in {\lambda }_1\left(C\right)$を示す. $A,A^{\prime }\in {\lambda }_1\left(C\right)$より$A,A^{\prime }\in \lambda ⟨C⟩$であり, $A\subset A^{\prime }$であることを踏まえると,$A^{\prime }\setminus A\in \lambda ⟨C⟩$. また,任意の$B\in C$をとったとき,$(A^{\prime }\setminus A)\cap B=(A^{\prime }\cap B)\setminus (A\cap B)\in \lambda ⟨C⟩$ (iii)$A_n\in {\lambda }_1\left(C\right),A_n\subset A_{n+1}\Rightarrow {\bigcup }_n{A}_n\in {\lambda }_1\left(C\right)$ 任意の$B\in C$をとったとき,$\left({\bigcup }_n{A}_n\right)\cap B={\bigcup }_n(A_n\cap B)\in \lambda ⟨C⟩$($A_n\cap B\subset A_{n+1}\cap B$)

by the previous step $C\subset {\lambda }_1\left(C\right)$

Proof. 任意に$A\in C$をとる.また任意に$A^{\prime }\in \lambda ⟨C⟩={\lambda }_1\left(C\right)$をとると,${\lambda }_1\left(C\right)$の定義より,$A^{\prime }\cap A\in \lambda ⟨C⟩$.また$A\in C$より,$A\in \lambda ⟨C⟩$は明らか.

2.1.2. 1-2Measures

Example1-2-1

濃度を表す関数は測度であるを参照

Example1-2-2(Discrete Probability Measure)

Let $w_1,w_2,\cdots \in \Omega$ and $p_1,p_2,\cdots \in [0,1]$ be such that ${\sum }_{i=1}^{\infty }{p}_i=1$. Define for any $A\subset \Omega$

$P\left(A\right)={\sum }_{i=1}^{\infty }{p}_i{I}_A\left(w_i\right)$

Then $P(\cdot )$ is a measure and finite.

Proof.

まず,$P\left(A\right)$が定義できることを示す.任意の自然数$n\ge 1$について,$0\le {\sum }_{i=1}^n{p}_i{I}_A\left(w_i\right)\le {\sum }_{i=1}^n{p}_i\le {\sum }_{i=1}^{\infty }{p}_i=1$であるので${\sum }_{i=1}^n{p}_i{I}_A\left(w_i\right)$は単調増加で上に有界なので上限に収束する.よって,$P\left(A\right)$はwell-definedでfiniteつまり$P\left(\Omega \right)<\infty$である.

次に$P(\cdot )$がmeasureであることを示す.(i)先の議論より任意の$A\subset \Omega$に対して,$P\left(A\right)\in [0,1]\subset [0,\infty ]$.(ii)$P\left(\varnothing \right)=0$は定義より明らか.(iii)互いに素な集合$A_1,A_2,\cdots \in \Omega$に対して, $$\begin{array}{cc}P\left(\bigcup _{n\ge 1}{A}_n\right)& =\sum _{i=1}^{\infty }{p}_i{I}_{\left({\cup }_{n\ge 1}{A}_i\right)}\left(w_i\right)\\ & =\sum _{i=1}^{\infty }{p}_i\left(\sum _{n=1}^{\infty }{I}_{A_n}\right(w_i\left)\right)\because A_n\text{is disjoint}\\ & =\sum _{i=1}^{\infty }\sum _{n=1}^{\infty }\left(p_i{I}_{A_n}\right(w_i\left)\right)\\ & \because \text{const multiply of convergent sequence is also converge}\\ & =\sum _{n=1}^{\infty }\sum _{i=1}^{\infty }\left(p_i{I}_{A_n}\right(w_i\left)\right)\\ & \because \text{interchanging the order of summation}\\ & =\underset{n\to \infty }{lim}\sum _{i=1}^{n}P\left(A_n\right)\\ & =\underset{n\to \infty }{lim}P\left(\bigcup _{i=1}^n{A}_i\right)\because \text{below}\end{array}$$ 収束列の定数倍は収束列

無限和の交換について.上式の式変形から,任意の$i\in N_{\ge 1}$に対して ${\sum }_{n=1}^{\infty }|p_i{I}_{A_n}\left(w_i\right)|={\sum }_{n=1}^{\infty }{p}_i{I}_{A_n}\left(w_i\right)$は$p_i$か0に収束するので, $$\sum _{i=1}^k\sum _{n=1}^{\infty }|p_i{I}_{A_n}\left(w_i\right)|\le \sum _{i=1}^k{p}_i\le \sum _{i=1}^{\infty }{p}_i\le 1$$ が任意の自然数$k$に対して成立.ゆえに,左辺の極限も1以下.よって, 無限和の交換(interchanging the order of summation)を用いることができる.

最後の式変形を示すためには,互いに素な集合$A,B\in \Omega$に対して $$P\left(A\right)+P\left(B\right)=P(A\cup B)$$ を示せば十分.$A,B$が互いに素であることに注意すると, $$\begin{array}{cc}P(A\cup B)& =\sum _{i=1}^{\infty }{p}_i{I}_{A\cup B}\left(w_i\right)\\ & =\sum _{i=1}^{\infty }{p}_i\left(I_A\right(w_i)+I_B(w_i\left)\right)\\ & =\sum _{i=1}^{\infty }{p}_i{I}_A\left(w_i\right)+\sum _{i=1}^{\infty }{p}_i{I}_B\left(w_i\right)\\ & \because \text{infinite sum of convergent series is also converge}\\ & =P\left(A\right)+P\left(B\right)\end{array}$$

Prop1-2-2(iii)

Let $\mu$ be a measure on an algebra $F$, and let $A,B,A_1,\dots ,A_k\in F$, $1\le k<\infty$. Then,

(iii) (Inclusion-exclusion formula) If $\mu \left(A_i\right)<\infty$ for all $i=1,\dots ,k$, then

$$\begin{array}{cc}\mu (A_1\cup \cdots \cup A_k)& =\sum _{i=1}^k\mu \left(A_i\right)-\sum _{1\le i<j\le k}\mu (A_i\cap A_j)+\cdots +(-1{)}^{k-1}\mu (A_1\cap \cdots \cap A_k)\\ & =\sum _{j=1}^k(-1{)}^{j-1}\sum _{1\le i_1<i_2<\cdots <i_j\le k}\mu (A_{i_1}\cap A_{i_2}\cdots \cap A_{i_j})\end{array}$$

(Proof.)

Prop 1.2.2 (ii)の証明より,$\mu \left(A\right)<\infty$と$\mu \left(B\right)<\infty$のどちらかが成立しているならば, $$\mu (A\cup B)=\mu \left(A\right)+\mu \left(B\right)-\mu (A\cap B)$$ が成立することが示された.

ここで(iii)が$k=n$の時,成立していると仮定して$k=n+1$の時も成立することを示す.仮定より$\mu \left(A_{n+1}\right)<\infty$であることに注意すると $$\begin{array}{cc}\mu \left(\bigcup _{i=1}^{n+1}{A}_i\right)=& \mu \left(\bigcup _{i=1}^n{A}_i\right)+\mu \left(A_{n+1}\right)-\mu (\bigcup _{i=1}^n{A}_i\cap A_{n+1})\\ =& \sum _{j=1}^n(-1{)}^{j-1}\sum _{1\le i_1<i_2<\cdots <i_j\le n}\mu (A_{i_1}\cap A_{i_2}\cdots \cap A_{i_j})+\mu (A_{n+1})\\ & (-1)\sum _{j=2}^{n+1}(-1{)}^{j-2}\sum _{1\le i_1<i_2<\cdots <i_{j-1}\le n}\mu (A_{i_1}\cap \cdots \cap A_{i_{j-1}}\cap A_{n+1})\\ =& \sum _{j=1}^{n+1}(-1{)}^{j-1}\sum _{1\le i_1<i_2<\cdots <i_j\le n+1}\mu (A_{i_1}\cap A_{i_2}\cdots \cap A_{i_j})\end{array}$$

Prop1-2-3

Let $\mu$ be a measure on an algebra $F$

(i) (Monotone continuity from above)

Let $\{A_n{\}}_{n\ge 1}$ be a sequence of sets in $F$ such that $A_{n+1}\subset A_n$ for all $n\ge 1$ and $A\equiv {\bigcap }_{n\ge 1}{A}_n\in F$. Also, let $\mu \left(A_{n_0}\right)<\infty$ for some $n_0\in N$. Then,

${lim}_{n\to \infty }\mu \left(A_n\right)=\mu \left(A\right)$

Proof(i)

$C_n\equiv A_{n_0}\setminus A_n$と定義すると,$\{C_n{\}}_{n\ge 1}$は単調増加であり, $$\bigcup _{n\ge 1}{C}_n=A_{n_0}\setminus \bigcap _{n\ge 1}{A}_n=A_{n_0}\setminus A\in F$$ であるので,Prop1.2.1$(iii{)}_b^{\prime }$より,$\mu (A_{n_0}\setminus A)={lim}_{n\to \infty }\mu (A_{n_0}\setminus A_n)$

$A\subset A_{n_0}$であるので,$\mu (A_{n_0}\setminus A)=\mu \left(A_{n_0}\right)-\mu \left(A\right)$.また,十分大きな$n$に対して$A_n\subset A_{n_0}$であるので, $$\underset{n\to \infty }{lim}\mu (A_{n_0}\setminus A_n)=\underset{n\to \infty }{lim}\left(\mu \right(A_{n_0})-\mu (A_n\left)\right)=\mu \left(A_{n_0}\right)-\underset{n\to \infty }{lim}\mu \left(A_n\right)$$

Prop1-2-3

Let $\mu$ be a measure on an algebra $\tilde{F}$ (Monotone continuity from below) Let $\{A_n{\}}_{n\ge 1}\subset \tilde{F}$ satisfies $A_n\subset A_{n+1},A\equiv {\bigcup }_{n\ge 1}{A}_n\in \tilde{F},\mu \left(A_n\right)<\infty (n\in N)$ . Then, $\${lim}_{n\to \infty }\mu \left(A_n\right)=A$$

Proof. Let $\{B_n{\}}_{n\ge 1}$ be $B_n=A_n\setminus A_{n-1}(n\in N,A_0=\varnothing )$.Then, $\{B_n{\}}_{n\ge 1}\subset \tilde{F}$ are disjoint and ${\bigcup }_{n\ge 1}=A$.Therefore, $$\begin{array}{cc}\mu \left(A\right)& =\mu (\bigcup _{n\ge 1}{B}_n)\\ & =\sum _{n\ge 1}\mu \left(B_n\right)\\ & =\sum _{n\ge 1}\mu (A_n\setminus A_{n-1})\\ & =\sum _{n\ge 1}\mu \left(A_n\right)-\mu \left(A_{n-1}\right)\\ & =\underset{n\to \infty }{lim}\mu \left(A_n\right)\end{array}$$

2.1.3. 1-3The_extension_theorems_and_Lebesgue-Stieltjes_measures

Definition1-3-1(semialgebra)

Let $\Omega$ be a noempty set and let $P\left(\Omega \right)$ be the power set of $\Omega$. A class $C\subset P\left(\Omega \right)$ is called a semialgebra if (i) $A,B\in C\Rightarrow A\cap B\in C$ and (ii) for any $A\in C$, there exists $\{B_i{\}}_{i=1}^k\subset C$, for some $1\le k<\infty$, such that $B_i\cap B_j=\varnothing$ for $i\ne j$, and $A^c={\bigcup }_{i=1}^k{B}_i$

Example1-3-2(区間はsemialgebra)

$\Omega =R,C\equiv \{I:I\text{is an interval}\}$. An interval $I$ in $R$ is a set in $R$ such that $a,b\in I,a<b\Rightarrow (a,b)\subset I$.

Then, $C$ is semialgebra, that is if (i) $A,B\in C\Rightarrow A\cap B\in C$ and (ii) for any $A\in C$, there exist sets $B_1,B_2,\dots ,B_k\in C$, for some $1\le k<\infty$, such that $B_i\cap B_j=\varnothing$ for $i\ne j$, and $A^c={\bigcup }_{i=1}^k{B}_i$

(Proof)

(i) $A,B\in C\Rightarrow A\cap B\in C$は定義通りに示せるので略.

(ii) for any $A\in C$, there exis sets $B_1,B_2,\dots ,B_k\in C$, for some $1\le k<\infty$, such that $B_i\cap B_j=\varnothing$ for $i\ne j$, and $A^c={\bigcup }_{i=1}^k{B}_i$.

を示す.

$I$をintervalとする.$I=\varnothing$と時は$I^c=R$となり$R$はIntervalであるのでOK.

$I$が単集合の時も自明であるので,以後$I$は空集合でも単集合でもないとする

$A\equiv \{x\in R\mid (-\infty ,x]\subset I^c\}$と定義する.

Intervalである$C$を以下のように定める.(​後に$D$を定めて,$I^c=C\cup D$であることを示す)

(1)$A=\varnothing$の場合

$I$は下に有界でない.この時は$C=\varnothing$と定める.

(2)$A$が上に有界でない場合

$A$の定義より$A=R$となるので$I^c=R$.これは$I=\varnothing$となり矛盾するので,(2)は起こり得ない

(3)$A$が上に有界である場合

上限が存在するので$c$とおく.

(3-1) $c\in I$ならば$C=(-\infty ,c)$と定義する.

(3-2)$c\notin I$ならば$C=(-\infty ,c]$と定義する

(1)~(3)のいずれの場合でも$A$の定義から

• 「$C$と$I$は互いに素」である.

• また$I$が上に有界ならば$b=supI$,有界でない場合は$b=\infty$と定めると$(-\infty ,b)\subset C\bigsqcup I$である(*1)

(*1)の証明

(1)すなわち$A=\varnothing$の場合は$I$は下に有界でないことを考慮すると簡単に示せる.

(3)の場合

$x\in (-\infty ,b)$を任意にとる.$x$より小さい実数で$I$に含まれるものが存在するなら,$b$とIntervalの定義より$x\in I$であることがわかる.そうでない場合, すなわち$(-\infty ,x]\subset I^c$の時を考える.

$c$の定義より$x\le c$である.この時(3-1),(3-2)のいずれの場合でも$x\in C$であることが示せるのでOK.

同様にして$\{x\in R\mid [x,\infty )\subset I^c\}$についても考えると以下のようなInterval $D$を作成することが出来る.

• $D$と$I$は互いに素
• $I$が下に有界ならば$a=infI$,有界でない場合は$a=-\infty$と定めると$(a, \infty) \subset D \sqcup I$

$I$が単集合でないことを考慮すると$(-\infty ,b)\cup (a,\infty )=R$であるので, $$R=(-\infty ,b)\cup (a,\infty )\subset C\cup D\cup I$$ 最後に$C$と$D$が互いに素であることを背理法を用いて示す.

$C$と$D$が互いに素でない場合は$A\equiv \{x\in R\mid (-\infty ,x]\subset I^c\}$が上に有界(上限を$c$とおく)かつ$\{x\in R\mid [x,\infty )\subset I^c\}$が下に有界(下限を$d$とおく)で, $$(-\infty ,c]\cap [d,\infty )\ne \varnothing$$ である時に限る.

一方で$x\in (-\infty ,c]\wedge d<x$を満たす$x$が存在するならば$c,d$の定義より$I^c=R$となり$I$が空集合となってしまうので矛盾.$x<c\wedge d=x$を満たす$x$が存在する場合も同様の理由で矛盾.よって,$(-\infty ,c]\cap [d,\infty )\ne \varnothing$を満たすならば$c=d$の時に限るがその場合$I$が単集合になり矛盾

Example1-3-3

$\Omega =R^k,C\equiv \{I_1\times I_2\times \times I_k:I_j\text{is an interval in}R\text{for}1\le j\le k\}$

Then, $C$ is a $semialgebra$

(Proof)

(i) Example 1.3.2で$R$上の区間はsemialgebra​であることが分かったので,semialgebraの定義(i)を用いれば,$C_1,C_2\in C\Rightarrow C_1\cap C_2\in C$は容易に示せる.

(ii)任意に${\prod }_{j=1}^k{I}_j\in C$をとり,$I_j^0\equiv I_j,I_j^1\equiv I_j^c$と定義する.この時 $${\left(\prod _{j=1}^k{I}_j\right)}^c=\underset{x\in \{0,1{\}}^k,x\ne 0}{⨆}\prod _{j=1}^k{I}_j^{x_j}$$ が成立する(証明略)

また$R$上の区間はsemialgebraであるので,任意の区間$I_j$に対して$I_j^c={⨆}_{i=1}^{m_j}{B}_j^i$となるような区間$B_j^i$が存在する.よって,$B_j^0\equiv =I_j^0=I_j$,任意の自然数$n$に対して$\left[n\right]=\{0,1,\dots ,n\}$と定義すると $$I_j^{x_j}=\underset{y_j\in \left[m_j\right]y_j=0(\text{if}{x}_j=0)y_j\ne 0(\text{if}{x}_j=1)}{⨆}{B}_j^{y_j}$$ が成立.よって,

$$\prod _{j=1}^k{I}_j^{x_j}=\underset{y\in {\prod }_{j=1}^k\left[m_j\right]y_j=0(\forall j:x_j=0)y_j\ne 0(\forall j:x_j=1)}{⨆}\prod _{j=1}^k{B}_j^{y_j}$$ であるので,(ii)が示せた.

Proposition1-3-1

Let $\mu$ be a measure on a semialgebra $C$. Let $A\left(C\right)$ be the smallest algebra generated by $C$. For each $A\in A$, set

$\overline{\mu }\left(A\right)={\sum }_{i=1}^k\mu \left(B_i\right)$.

if the set $A$ has teh representation $A={\bigcup }_{i=1}^k{B}_i$, for some $B_1,\dots ,B_k\in C,k<\infty$ with $B_i\cap B_j=\varnothing$ for $i\ne j$. Then

(i) $\overline{\mu }$ is independent of the representation of $A$ as $A={\bigcup }_{i=1}^k{B}_i$ Note: For any $A\in A$, there exist disjoint $\{B_i{\}}_{i=1}^K\subset C(K\in N)$ such that $A={\bigcup }_{i=1}^K{B}_i$

(iii) $\overline{\mu }$ is countably additive on $A$, i.e., if $A_n\in A$ for all $n\ge 1$, $A_i\cap A_j=\varnothing$ for all $i=j$, and ${\bigcup }_{n\ge 1}{A}_n\in A$, then

$\overline{\mu }\left({\bigcup }_{n\ge 1}{A}_n\right)={\sum }_{n=1}^{\infty }\overline{\mu }\left(A_n\right)$

(Proof)

始めに$C$に誘導される最小のalgebraを具体的に構成する.

Let $C$ be a semialgebra on no-empty set $\Omega$. Then, we define

$A\equiv \{{⨆}_{i=1}^k{A}_i\mid A_i\in C,0\le k<\infty \}$

Then, $A$ is algebra

(c')${⨆}_{i=1}^k{A}_i,{⨆}_{j=1}^{\ell }{B}_j\in A$とすると $$\left(\underset{i=1}{\overset{k}{⨆}}{A}_i\right)\cap \left(\underset{j=1}{\overset{\ell }{⨆}}{B}_j\right)=\underset{\begin{array}{c}i=\{1,2,\dots ,k\}\\ j=\{1,2,\dots ,\ell \}\end{array}}{⨆}(A_i\cap B_j)\in A$$ (b) $${\left(\underset{i=1}{\overset{k}{⨆}}{A}_i\right)}^c=\bigcap _{i=1}^k{A}_i^c$$ であり,semialgebraの定義より$A_i^c\in A$であるので(c')より(右辺)$\in A$

(c)$\varnothing \in A$であるので,(b)より$\Omega ={\varnothing }^c\in A$

次に以下を示す.

Let $A\left(C\right)$ be the smallest algebra generated by $C$. Then $A\left(C\right)=A$

$A$は$C$を含むalgebraであることから,$A\subset A\left(C\right)$を示せば十分だが,これは$A\left(C\right)$がalgebraであることから自明

Proof.(i) $A$が$A={\bigcup }_{i=1}^K{A}_i,{\bigcup }_{j=1}^L{B}_j(A_i\in C,A_i\cap A_{i^{\prime }}=\varnothing \text{for}i\ne i^{\prime },B_j\text{に対しても同様})$と2通りで表せられたとすると, $$\begin{array}{cc}\overline{\mu }(\bigcup _{i=1}^K{A}_i)& =\overline{\mu }((\bigcup _{i=1}^K{A}_i)\cap A)\\ & =\overline{\mu }((\bigcup _{i=1}^K{A}_i)\cap (\bigcup _{j=1}^L{B}_j))\\ & =\overline{\mu }(\bigcup _{\begin{array}{c}i=\{1,2,\dots ,K\}\\ j=\{1,2,\dots ,L\}\end{array}}(A_i\cap B_j))\\ & =\bigcup _{\begin{array}{c}i=\{1,2,\dots ,K\}\\ j=\{1,2,\dots ,L\}\end{array}}\mu (A_i\cap B_j)\end{array}$$ である.同様に $$\begin{array}{cc}\overline{\mu }(\bigcup _{j=1}^L{B}_j)& =\bigcup _{\begin{array}{c}i=\{1,2,\dots ,K\}\\ j=\{1,2,\dots ,L\}\end{array}}\mu (A_i\cap B_j)\end{array}$$ であるので,題意は示せた.

Proof (iii)

$A_n$の定義より,任意の$n\ge 1$に対して,$A_n={\bigcup }_{j=1}^{k_n}{B}_{nj}$, $B_{nj}\in C$, $\{B_{nj}{\}}_{j=1}^{k_n}$が互いに素になるような$\{B_{nj}{\}}_{j=1}^{k_n}$が存在する.また,${\bigcup }_{n\ge 1}{A}_n\in A$であるので,互いに素な$\{B_i{\}}_{i=1}^k\subset C$で${\bigcup }_{n\ge 1}{A}_n={\bigcup }_{i=1}^k{B}_i$を満たす$B_i$が存在する. $$B_i=B_i\cap \bigcup _{n\ge 1}{A}_n=\bigcup _{n\ge 1}{B}_i\cap A_n=\bigcup _{n\ge 1}\bigcup _{j=1}^{k_n}{B}_i\cap B_{nj}$$ であり,$\mu$ははsemi-algebra$C$上のmeasureであるので, $$\mu \left(B_i\right)=\sum _{n\ge 1}\sum _{j=1}^{k_n}\mu (B_i\cap B_{nj})$$ よって, $$A_n=A_n\cap \bigcup _{i=1}^k{B}_i=\bigcup _{i=1}^k\bigcup _{j=1}^{k_n}{B}_i\cap B_{nj}$$

であるので, $$\begin{array}{cc}\overline{\mu }\left(\bigcup _{n\ge 1}{A}_n\right)& =\sum _{i=1}^k\mu \left(B_i\right)\\ & =\sum _{i=1}^k\sum _{n\ge 1}\left(\sum _{j=1}^{k_n}\mu \right(B_i\cap B_j\left)\right)\\ & =\sum _{n\ge 1}\left(\sum _{i=1}^k\sum _{j=1}^{k_n}\mu \right(B_i\cap B_j\left)\right)\\ & =\sum _{n\ge 1}\overline{\mu }\left(A_n\right)\end{array}$$

3つ目の等号が成立することを示す.

(case1) 任意の$i\in \{1,\dots ,k\}$について$\mu \left(B_i\right)<\infty$の場合.

有限和と無限和の交換より成立

(case2)$i_0\in \{1,\dots ,k\}$が存在して$\mu \left(B_{i_0}\right)=\infty$を満たす場合 $$\overline{\mu }\left(\bigcup _{n\ge 1}{A}_n\right)=\sum _{n=1}^{\infty }\overline{\mu }\left(A_n\right)=\infty$$ であることを示す.

(ii)で示したfinitely additive性より $$A,B\in A,A\subset B\Rightarrow \overline{\mu }\left(B\right)=\overline{\mu }\left(A\right)+\overline{\mu }(B\setminus A)\ge \overline{\mu }\left(A\right)$$ が成立することに注意すると, $$\overline{\mu }\left(\bigcup _{n\ge 1}{A}_n\right)=\overline{\mu }\left(\bigcup _{i=1}^k{B}_i\right)\ge \overline{\mu }\left(B_{i_0}\right)=\infty$$ また,${\bigcup }_{n\ge 1}{A}_n={\bigcup }_{i=1}^k{B}_i$であるので,${\bigcup }_{\ell =1}^m{A}_{\ell }\supset B_{i_0}$を満たす$m$が存在する.

$A$はalgebraであるので,${\bigcup }_{\ell =1}^m{A}_{\ell }\in A$であり(ii)で示したfinitely additive性を用いると, $$\sum _{\ell =1}^m\overline{\mu }\left(A_{\ell }\right)=\overline{\mu }\left(\bigcup _{\ell =1}^m{A}_{\ell }\right)\ge \overline{\mu }\left(B_{i_0}\right)=\infty$$ であるので, $$\sum _{n=1}^{\infty }\overline{\mu }\left(A_n\right)=\infty$$

Definition1-3-3

${\mu }^{\ast }=\overline{\mu }\text{on}A$

${\mu }^{\ast }=\mu \text{on}C$

Prrof.${\mu }^{\ast }=\overline{\mu }\text{on}A$

Fix $A\in A$. 任意に$\{A_n{\}}_{n\ge 1}\subset C$ with $A\subset {\bigcup }_{n\ge 1}{A}_n$をとる. We define $\{B_n{\}}_{n\ge 1}$ as $$\begin{array}{c}{B}_n\equiv (A_n\setminus \bigcup _{k=1}^{n-1}{A}_k)\cap A(B_1\equiv A_1,n\ge 1)\end{array}$$ Then, $\{B_n{\}}_{n\ge 1}$ is disjoint, $B_n\subset A_n$. Since algebra is closed under complementation and finite intersection, $\{B_n{\}}_{n\ge 1}\subset A$. It also satisfies $A=A\cap {\bigcup }_{n\ge 1}{A}_n={\bigcup }_{n\ge 1}{B}_n$. Therefore $$\begin{array}{cc}\overline{\mu }\left(A\right)& =\overline{\mu }(\bigcup _{n\ge 1}{B}_n)\\ & =\sum _{n\ge 1}\overline{\mu }\left(B_n\right)(\because \overline{\mu }\text{is a measure on an algebra}A)\\ & \le \sum _{n\ge 1}\overline{\mu }\left(A_n\right)(\because B_n\subset A_n)\\ & =\sum _{n\ge 1}\mu \left(A_n\right)\end{array}$$ 右辺の下限をとると$\overline{\mu }\left(A\right)\le {\mu }^{\ast }\left(A\right)$が示せる. Next we show $\overline{\mu }\left(A\right)\ge {\mu }^{\ast }\left(A\right)$. Since, $A\in A$, $$A=\underset{i=1}{\overset{N}{⨆}}{C}_n(N\in N,\{C_n{\}}_{i=1}^N\subset C)$$ Since $A\subset {⨆}_{i=1}^N{C}_n$, $$\begin{array}{cc}{\mu }^{\ast }\left(A\right)& \le \sum _{i=1}^N\mu \left(C_n\right)\\ & =\overline{\mu }\left(A\right)\end{array}$$ Proof.${\mu }^{\ast }=\mu \text{on}C$ Since $C\subset A$, ${\mu }^{\ast }=\overline{\mu }\text{on}A$, and $\overline{\mu }=\mu \text{on}C$. Therefore,${\mu }^{\ast }=\mu \text{on}C$

1-3-2Lebesgue-Stieltjes_measures_on...

(a)${\mu }_F\left(\varnothing \right)={\mu }_F\left(\right[a,a\left]\right)=F(a+)-F(a+)=0$は明らか. (b)${\mu }_F(\cdot )\in [0,\infty ]$を示す. (1) $$-\infty \le a<b<\infty \Rightarrow F(b+)-F(a+)\ge 0$$ を示す.