μ((a,b))=∫[a..b]x^2dx (-∞

Question

こんにちは。よろしくお願い致します。

測度の定義は
(Ω,B)を可測空間(BはΩ上σ集合体)とする時,fが
(i) ∀b∈B,f(b)∈[0,∞],f(φ)=0.
(ii) f(∪[k=1..∞]b_k)=Σ[k=1..∞]f(b_k) (B∋b_1,b_2,…は互いに素)
を満たせば(Ω,B)上の測度という。

ボレル集合体の定義は
位相空間(X,T)においてσ(T):={B;T⊂B,BはX上のσ集合体}をB(X)と書き,X上のボレル集合体という。

有限加法族の定義は
(i) Ω∈B, (ii) b∈B⇒b^c∈B, (iii) b,c∈B⇒b∪c∈B.
の時,BをΩ上の有限加法族という。

a finite measureの定義は
(i) Bが有限加法族, (ii) fは(Ω,B)上の測度, (iii) f(b_1∪b_2)=f(b_1)+f(b_2) (B∋b_1,b_2は互いに素)
の時,Bを(Ω,B)上のa finite measureという。

a σfinte measureの定義は
(i) fは(Ω,B)上のa finite measure, (ii) Ω=∪[i=1..∞]b_i且つf(b_i)∈R (B∋b_1,b_2,…は互いに素),
の時,fを(Ω,B)上のa σfinite measureという。

です。

[Q] Define a measure μ on open intervals in R by
μ((a,b))=∫[a..b]x^2dx (-∞<a<b<∞)
(1) Why does this uniquely determine the measure μ on all of B(R)?
(2) Show μ({0})=0. (Be specific)
(3) Is μ a finite measure? σ-finite? Why?

という問題です。
(1)の「何故これが一意的に全B(R)(ボレル集合体)上の測度μを決定するのか?」の意味が分かりません。
1次元ボレル集合体B(R)とはσ(T):={B∈2^R;T⊂B (BはR上のσ集合体)}(Tは開集合全体の集合)だと思います。
全てのB(R)だから
K_1={(a,b)∈2^R;a,b∈R}や
K_2={[a,b)∈2^R;a,b∈R}や
K_3={(a,b]∈2^R;a,b∈R}や
K_4={[a,b]∈2^R;a,b∈R}と置くとユークリッド空間Rの位相は
T_0={φ,R},
T_1={∪[λ∈Λ]G_λ;G_λ∈K_1},
T_2={∪[λ∈Λ]G_λ;G_λ∈K_2},
T_3={∪[λ∈Λ]G_λ;G_λ∈K_3},
T_4={∪[λ∈Λ]G_λ;G_λ∈K_4},
T_5=2^R
はいずれもRの位相になると思いますので少なくとも
B(R)は6種類が考えられると思います。
これ以外にもB(R)はあるのでしょうか?
あるのならどんな位相が考えられるのでしょうか?そして網羅しつくした事をどうやって示せばいいのでしょうか?
そして全B(R)上の測度μはこのμ唯一つしかない事はどうやって示せばいいのでしょうか?
とりあえず,自力でやってみました。。
このμの他にB(R)(仮に位相はT_0としてみて)上の測度μ'があったとすると
B(R)=σ(T_0)は∩[B∈{B;T⊂B,BはR上のσ集合体}]B={φ,R}になると思います。
そしてμ'は測度なのだから

(i) ∀b∈B,μ'(b)∈[0,∞],μ'(φ)=0.
(ii) μ'(∪[k=1..∞]b_k)=Σ[k=1..∞]μ'(b_k) (B∋b_1,b_2,…は互いに素)

を満たさねばなりません,,,,
これからμ'がμ'(φ)=0 (∵測度の定義)は言えましたが
このB(R)は今{φ,R}なので区間を元に持ちませんので
μ'((a,b))=∫[a..b]x^2dx (-∞<a<b<∞)と書き表せようがないと思います。

問題文を誤釈してますでしょうか?


(2)については今,R上のσ集合体Bをopen intervalsにしているので
{0}=∩[n=1..∞](-1/n,1/n)∈Bと言えるから∩[n=1..∞](-1/n,1/n)はμ上で定義されていている。
それで
μ({0})=μ(∩[n=1..∞](-1/n,1/n))=Σ[n=1..∞]μ((-1/n,1/n))
=Σ[n=1..∞]∫[-1/n..1/n]x^2dx=Σ[n=1..∞][x^3/3]^1/n_-1/n
=Σ[n=1..∞]2/(3n^3)
となってしまったのですがこれは0になりませんよね。
何が間違っているのでしょうか?

(3)については
まずこのμがa finite measureを吟味してみますとa finite measureの定義から
まずσ集合体Bが有限加法族になっていないといけません。
しかし,ここでのσ集合体Bはopen intervalsで-∞<a<b<∞となっていますので
少なくともR∈Bを満たしませんからBは有限加法族になってません。
従って,このμはa finite measureではない。
次にa σfinite measureになっているかを吟味すると,
まずa finite measureになっていなければなりませんが
既にa finite measureでない事は判明済みなのでσfinite measureでもない。。。

と結論づいたのですがこれで正しいでしょうか?

すいません。ご教示ください。

rinkun · Accepted Answer

> A_i⊆A_i+1とh'(D∩A)＜+∞を仮定しない場合がどうしても示せません。

前者は、あらかじめ有限和について証明しておき、一般には
　B_n = ∪[i=1..n]A_i
とおけば、B_i⊆B_i+1なので、これに帰着する。
後者は、h'(D∩A)=+∞のとき、
　h'(D)≧h'(D∩A)+h'(D∩A^c)
を言うにはh'(D)=+∞を言えば良いが、これは
　D∩A⊆D
を使えば、すぐ言える。

rinkun · Answer

ANo.11のお礼について。
h'(D∩A)=+∞の場合は別途証明します。
簡単に示せますよ。

rinkun · Answer

> > 　h'(D)=h'(D∩A_n)+h'(D∩A_n^c)
> これはどうしていえるんですか?

外測度の劣加法性から
　h'(D)≦h'(D∩A_n)+h'(D∩A_n^c)
A_nを可測と仮定しているから
　h'(D)≧h'(D∩A_n)+h'(D∩A_n^c)
で、この両者から
　h'(D)=h'(D∩A_n)+h'(D∩A_n^c)
です。

rinkun · Answer

> h'(D)≧h'(D∩∪[i=1..∞]A_i)+h'(D∩(∪[i=1..∞]A_i)^c)}
証明の詳細は覚えてないのでちょっと考えてみました。
A=∪[i=1..∞]A_iと置きます。
A_i⊆A_i+1とh'(D∩A)＜+∞を仮定します。(*)
このとき∀ε>0に対して∃nがあって
　h'(D∩A)≦h'(D∩A_n)+ε
あと
　h'(D∩A^c)≦h'(D∩A_n^c)
　h'(D)=h'(D∩A_n)+h'(D∩A_n^c)
これらから
　h'(D∩A)+h'(D∩A^c)≦h'(D∩A_n)+ε+h'(D∩A_n^c)=h'(D)+ε
εは任意なので
　h'(D∩A)+h'(D∩A^c)≦h'(D)
これで良いはずです。
追加の仮定(*)を外して一般化してください。

rinkun · Answer

ANo.8へのお礼から
> 可測集合全体とはこの場合,Rの冪集合2^Rの事ですね。2^Rが一番大きなσ集合体ですからね。

違います。ANo.4への補足に書かれた
> h'で可測になる集合全体とは{A∈2^R;∀D∈2^R,h'(D)≧h'(D∩A)+h'(D∩A^c)}
のことです。
この可測集合全体がσ集合体をなすことを言えば、開区間が可測集合であることとからB(R)の元が可測集合であると言えるわけです。

> となり,しかもμ(Ω_n)=μ'(Ω_n)<∞なので定理が使えてB(R)上でもμ=μ'が成り立つ。

その『定理』自体の証明は大丈夫ですか?

rinkun · Answer

ANo.7のお礼から
> 意味がよく分かりません。B(R)=σ(T)が成り立つ事とB(R)がσ集合体である事を確認せよ。とおっしゃっているのですか?

B(R)=σ(T)は定義ですよ。
可測集合全体が開区間を含むσ集合体であることを示せば、B(R)は開区間を含む『最小の』σ集合体だから、B(R)⊂可測集合全体 が言えます。
だから「可測集合全体が開区間を含むσ集合体であること」を示せばよろしい。

> 『μとμ'をB(Ω)上で定義されたσ-field measureとし,Iをπ-systemとする。もしI上でμ=μ'で
> ∃Ω_nは単調増加集合;lim[n→∞]Ω_n=Ωで∀n∈Nに対してμ(Ω_n)=μ'(Ω_n)<∞なら
> B(Ω)上でもμ=μ'が成り立つ』
そうですね。この主張を示せば良いでしょう。

rinkun · Answer

ANo.6のお礼から
> どうして外測度が出てくるのですか?

ANo.4の補足でh'と書いているものを使う。
これが開区間でμと一致することと、拡張の一意性から可測集合でh'=μとなる。

> >　σ集合体になることを証明すれば十分でしょ。(なぜ十分か説明すること)
> > σ集合体になることの証明は定義を満たすことを確認すれば良い。(自分で確認すること)
> すいません。どうしても分かりません。
> 具体的にお教え下さい。
前者はB(R)=σ(T)が開区間を含む最小のσ集合体であるから。最小性を活用する。
後者はσ集合体であるための条件を一つずつ確認すれば良い。これは自分でやらないと。

あとπ-systemの補題はそのままだと使えないと思う。これは有限測度の場合だね。σ有限の場合は少し変更すれば良いんじゃないかな。

rinkun · Answer

ANo.5の補足から
> そうです。T^cは{t^c:t∈T}の意味です。
> するとB(R)=T∪T^cですね。
いや、B(R)⊃T∪T^cは言えるけど、逆は成り立たない。
B(R)=T∪T^cだと半開区間も入ってこないでしょ。

> そう言えば可算個とは限りませんよね。下記のように非可算個で考えたのですが可算加法性が使えません。

だからボレル集合(ボレル集合体の要素)を具体的に表す方針では無理があるんだって。
要素の具体的表現は必要なくて、外測度で可測となる集合全体がσ集合体になることを証明すれば十分でしょ。(なぜ十分か説明すること)
σ集合体になることの証明は定義を満たすことを確認すれば良い。(自分で確認すること)

rinkun · Answer

ANo.4の補足から
> B(R)=σ(T) (TはRの開集合全体の集合)
> ={B∈2^R;T⊂B,BはR上のσ集合体}=T∪T^c=2^R
　σ(T)=∩{B∈2^R;T⊂B,BはR上のσ集合体}
だよ。

> ∀t∈Tに対しt^c(閉区間)がどうしてもTに入らないのでTはσ集合体にならず
こういう書き方をしているということは本当に分かってないね。
T自体はσ集合体じゃないよ。Tを含む最小のσ集合体をB(R)としたのだからね。
また、確かに∀t∈Tに対してt^c∈B(R)ではあるけど、それをT^cとは普通は書かない。あるいは
　T^c:={t^c:t∈T}
と定義したのならT∪T^c=2^Rとはならない。

> ∀A∈B(R)を採るとこれは開区間k個,左半開区間m_1,右半開区間m_2個,閉区間n個,単集合s個から出来ているとすると
> A=∪[i=1..k](a_i,b_i)∪∪[i=1..m_1](c_i,d_i]∪∪[i=1..m_2][e_i,f_i)∪∪[i=1..n][p_i,q_i]∪∪[i=1..s]{r_i}

任意のボレル集合をこんな簡単に書けるとは思えないけど。
これを主張するなら証明すること。

もう一度、用語の使い方と論理構成を全面的に再確認してみた方が良いね。

rinkun · Answer

ANo.3へのお礼について。
R上のルベーグ測度は区間の長さから2^R上の外測度を定義して、これをルベーグ可測集合に制限することで構築している。
同じように開区間に対して値の分かっているμを使って外測度を定義することができる。
この外測度で可測になる集合の全体がボレル集合体を包含していることを示せばμがボレル集合体に拡張できることが分かる。
一意性も同様にルベーグ測度の一意性と同じ方法で示せるでしょう。

μ((a,b))=∫[a..b]x^2dx (-∞<a<b<∞)は何故,全ボレル集合体B(R)の一意的測度?何故μ({0})=0なの?

> A_i⊆A_i+1とh'(D∩A)＜+∞を仮定しない場合がどうしても示せません。

ANo.11のお礼について。

> > h'(D)=h'(D∩A_n)+h'(D∩A_n^c)

> h'(D)≧h'(D∩∪[i=1..∞]A_i)+h'(D∩(∪[i=1..∞]A_i)^c)}

ANo.8へのお礼から

ANo.7のお礼から

ANo.6のお礼から

ANo.5の補足から

ANo.4の補足から

この回答への補足

ANo.3へのお礼について。

この回答への補足

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> > 　h'(D)=h'(D∩A_n)+h'(D∩A_n^c)