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。

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A 回答 (13件中1~10件)

> 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。
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この回答へのお礼

どうもありがとうございます。
漸く解決いたしました。

お礼日時:2008/09/19 02:24

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。
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この回答へのお礼

遅くなりましてすいません。



> 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。


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。
どうかご教示ください。

お礼日時:2008/09/18 00:20

> >  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。
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この回答へのお礼

ありがとうございます。

> 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。

納得です。

> 追加の仮定(*)を外して一般化してください。

これを外すと
「このとき∀ε>0に対して∃nがあって
 h'(D∩A)≦h'(D∩A_n)+ε」
がいえなくなるのですが、、、
どうすれば一般化できるのでしょうか?

お手数おかけしましてすいません。

お礼日時:2008/09/14 04:03

> 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。
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この回答へのお礼

ありがとうございます。


>  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?
D∩A_nとD∩A_n^cが互いに素だから等号成立とは
Caratheodory外測度の定義には無いはずですが…。

お礼日時:2008/09/12 09:55

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?
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この回答へのお礼

大変ありがとうございます。


> 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。

そうでしたか。失礼いたしました。

∀D∈2^R,h'(D∩R)+h'(D∩R^c)=h'(D)≦h'(D)なので
R∈{A∈2^R;∀D∈2^R,h'(D)≧h'(D∩A)+h'(D∩A^c)}

もし,A∈{A∈2^R;∀D∈2^R,h'(D)≧h'(D∩A)+h'(D∩A^c)}なら
∀D∈2^R,h'(D)≧h'(D∩A)+h'(D∩A^c)=h'(D∩A^c)+h'(D∩A)と書けるので
A^c∈{A∈2^R;∀D∈2^R,h'(D)≧h'(D∩A)+h'(D∩A^c)}

もし,A_i∈{A∈2^R;∀D∈2^R,h'(D)≧h'(D∩A)+h'(D∩A^c)} (i∈N)なら
∀D∈2^R,h'(D)=h'(D∩R)=h'(D∩((∪[i=1..∞]A_i)∪(∪[i=1..∞]A_i)^c)))
≦h'(D∩∪[i=1..∞]A_i)+h'(D∩(∪[i=1..∞]A_i)^c)}(∵Caratheodory外測度の定義(劣加法性))
となってしまい,
h'(D)≧h'(D∩∪[i=1..∞]A_i)+h'(D∩(∪[i=1..∞]A_i)^c)}が示せません。
D∩∪[i=1..∞]A_iとD∩(∪[i=1..∞]A_i)^cとは互いに素だから
h'(D)=h'(D∩∪[i=1..∞]A_i)+h'(D∩(∪[i=1..∞]A_i)^c)}
となりそうですが,Caratheodory外測度には劣加法性には互いに素の場合の但し書きも見当たりません。
h'(D)≧h'(D∩∪[i=1..∞]A_i)+h'(D∩(∪[i=1..∞]A_i)^c)}はどうやって示せますでしょうか?

仮に{A∈2^R;∀D∈2^R,h'(D)≧h'(D∩A)+h'(D∩A^c)}がσ集合体であると示せたすると
今回の証明問題は
『μとμ'を可測集合全体M上で定義されたσ-field measureとし,(M⊃)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
M上でもμ=μ'が成り立つ』
を使うのですね。 それで今,B(R)⊂MでもあるのでB(R)ででもμ=μ'は成り立つ。
という訳ですね。


>> 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?

結局のこの定理を使えばいいのですね。証明ですか。がんばってみます。

お礼日時:2008/09/11 10:51

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。
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この回答へのお礼

大変お手数おかけしています。m(_ _)m

> 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。

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。
可測集合とはσ集合体の元の事ですから可測集合全体がσ集合体になるのは当たり前なのではないでしょうか?
開区間は自動的に2^Rに含まれますよね。
よって可測集合全体は開区間を含むσ集合体である。


>> 『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。

μ,μ'はσ-field measureと既に分かっているのでπ-system I:={(a,b);a,b∈R}上でμ=μ'は言えてて,
Ω_n:=(-n,n)と採るとこれは単調増加でlim[n→∞]Ω_n=R
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。

、、で宜しいでしょうか?

お礼日時:2008/09/10 11:11

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。
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この回答へのお礼

大変ありがとうございます。


> 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。

h':2^R→Rを2^R∋∀A→h'(A):=inf{Σ[i=1..∞]μ(C_i)∈R;A⊂∪[k=1..∞]C_k
(C_1,C_2,…∈C(1))}
では開区間(a,b)では確かにh'((a,b))=μ((a,b))となりますよね。

拡張の一意性とは
『μをB(Ω)上のσ-finite measureとしμ'をB(Ω)上のLebesgue outer measureとする,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)(B(Ω)はσ集合体なのでその元は可測集合)上でもμ=μ'が成り立つ』
ですかね?


> 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。

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?


> 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。

変更すると
『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』

ですかね?

μ,μ'はσ-field measureでπ-system I:={(a,b);a,b∈R}上でμ=μ'は言え,Ω_n:=(-n,n)と採るとこれは単調増加でlim[n→∞]Ω_n=R
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。


としてみたのですが正しいでしょうか?

お礼日時:2008/09/10 03:46

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)
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この回答へのお礼

ありがとうございます。


> 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。

了解いたしました。


> 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

どうして外測度が出てくるのですか?

> 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。


[定義]Ωを集合とする。I_1,I_2∈I⇒I_1∩I_2∈Iの時,IをΩ上のπ-systemという。

[π-systemの補題] Iをπ-systemとし,μ_1とμ_2がσ(I)上の測度とする。I上でμ_1=μ_2でμ_1(Ω)=μ_2(Ω)<∞なら
σ(I)上でμ_1=μ_2が成り立つ。

[例] I={(-∞,x];x∈R}はR上のπ-systemとなり,σ(I)=B(R)となる。

というのを見かけました。
(a,b)∈{(-∞,x];x∈R}なので[π-systemの補題]が使えるのでは思いましたが
μ_1(R)=μ_2(R)=∫[-∞..+∞]x^2dx=+∞なので条件μ_1(R)=μ_2(R)<∞を満たしません。
どうすればいいでしょうか?

すいません。是非ともお助けください。

お礼日時:2008/09/09 10:11

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。

この回答への補足

大変ありがとうございます。

>> 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。

そうでした。"∩"を忘れておりました。


>> ∀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

そうです。T^cは{t^c:t∈T}の意味です。


> T∪T^c=2^Rとはならない。

するとB(R)=T∪T^cですね。


>> ∀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}

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。
どのようにすれば証明できましょうか? お助けください。


μ':B(R)→R で-∞<a<b<+∞に於いてはμ'((a,b))=∫[a..b]x^2dxであるような他のR上の測度μ'を考える。
∀A∈B(R)を採るとこれは開区間#Λ_1個,左半開区間#Λ_2,右半開区間#Λ_3個,閉区間#Λ_4個,単集合#Λ_5個から出来ている(Λ_1,Λ_2,Λ_3,Λ_4,Λ_5は非可算な添数集合)とすると
A=∪[λ∈Λ_1](a_λ,b_λ)∪∪[λ∈Λ_2](c_λ,d_λ]∪∪[λ∈Λ_3][e_λ,f_λ)∪∪[λ∈Λ_4][p_λ,q_λ]∪∪[λ∈Λ_5]{r_λ}
これは次のように開集合と単集合とで表せるから
A=∪[λ∈Λ_1](a_λ,b_λ)∪∪[λ∈Λ_2](c_λ,d_λ)∪∪[λ∈Λ_2]{d_λ}∪∪[λ∈Λ_3](e_λ,f_λ)∪∪[λ∈Λ_3]{e_λ}∪[λ∈Λ_4](p_λ,q_λ)∪∪[λ∈Λ_4]{p_λ,q_λ}∪[λ∈Λ_5]{r_λ}
従って,μ(A)=μ(∪[λ∈Λ_1](a_λ,b_λ)∪∪[λ∈Λ_2](c_λ,d_λ)∪[λ∈Λ_3](e_λ,f_λ)∪[λ∈Λ_4](p_λ,q_λ))
(∵(2))
=Σ[λ∈Λ_1]μ((a_λ,b_λ))+Σ[λ∈Λ_2]μ((c_λ,d_λ))+Σ[λ∈Λ_3]μ((e_λ,f_λ))+Σ[λ∈Λ_4]μ((p_λ,q_λ))

ここで非可算個の場合には可算加法性は使えない!?
=Σ[λ∈Λ_1]∫[a_λ..b_λ]x^2dx+Σ[λ∈Λ_2]∫[c_λ..d_λ]x^2dx+Σ[λ∈Λ_3]∫[e_λ..f_λ]x^2dx+Σ[λ∈Λ_4]∫[p_λ..q_λ]x^2dx

補足日時:2008/09/08 03:01
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この回答へのお礼

同様に
μ'(A)=μ'(∪[λ∈Λ_1](a_λ,b_λ)∪∪[λ∈Λ_2](c_λ,d_λ)∪[λ∈Λ_3](e_λ,f_λ)∪[λ∈Λ_4](p_λ,q_λ))
=Σ[λ∈Λ_1]μ'((a_λ,b_λ))+Σ[λ∈Λ_2]μ'((c_λ,d_λ))+Σ[λ∈Λ_3]μ'((e_λ,f_λ))+Σ[λ∈Λ_4]μ'((p_λ,q_λ))
=Σ[λ∈Λ_1]∫[a_λ..b_λ]x^2dx+Σ[λ∈Λ_2]∫[c_λ..d_λ]x^2dx+Σ[λ∈Λ_3]∫[e_λ..f_λ]x^2dx+Σ[λ∈Λ_4]∫[p_λ..q_λ]x^2dx


で等しくなった! 即ち,μ=μ'.

以上より,μはB(R)全体で一意に定まっている。  (終)

お礼日時:2008/09/08 03:03

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。

この回答への補足

大変ありがとうございます。

> 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。

μ*可測の定義は
μ*を可測空間(R^n,2^(R^n)) 上の外測度とする。R^n⊃Eが(R^n,2^(R^n))上μ*可測とは
∀C∈2^(R^n), μ*(C)≧μ*(C∩E)+μ*(C∩E^c)
を満たす時,Eはμ*可測であるという。

Lebesgue可測集合全体の集の定義は
写像μ*:2^(R^n)→R∪{+∞}はルベーグ外測度とする。
L:={E∈2^(R^n);Eは可測空間(R^n,2^(R^n))上でμ*可測}をLebesgue可測集合全体の集
合という。

Lebesgue測度の定義は
μ*をLebesgue外測度とする。制限写像μ*|Lは測度をなす。
この時,この制限写像μ*|LをR^n上のLebesgue測度という。

ですね。


> 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。

C(1)を一次元区間塊とするとg:C(1)→Rを
C(1)∋∪[i=1..k](a_i,b_i]→g(∪[i=1..k](a_i,b_i]):=
b_1-a_1 (k=1で(a_1,b_1]が有界の時)
sup{(d-c)∈R;((a_1,b_1]⊃)(c,d]は有界} (k=1で(a_1,b_1]が非有界の時)
0 (k=1で(a_1,b_1]=φの時)
Σ[i=1..k]g((a_i,b_i]) (k>1の時)

とする時,h:2^R→Rを2^R∋∀A→h(A):=inf{Σ[i=1..∞]g(C_i)∈R;A⊂∪[k=1..∞]C_k (C_1,C_2,…∈C(1))}
とするとこのhがルベーグ外測度ですよね。

μを使うという事はここでのgをμと見立てろという事でしょうか?

そうすると
h':2^R→Rを2^R∋∀A→h'(A):=inf{Σ[i=1..∞]μ(C_i)∈R;A⊂∪[k=1..∞]C_k (C_1,C_2,…∈C(1))}

> この外測度で可測になる集合の全体が

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)}ですよね。


> ボレル集合体を包含していることを示せば

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
というふうにB(R)の正体は2^Rとなってしまったのですが正しいでしょうか?
∀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
TにRの閉集合全体を付け加えればσ集合体にできるのではと思いましたら
離散位相2^Rになってしまいました。

よって∀A∈B(R), Aが単集合なら(2)よりμ(A)=0なのでA=[a,b] (a<b)ならA={a}∪(a,b)∪{b}と書け、
μ(A)=μ({a})+μ((a,b))+μ({b}) …(1) (∵μは測度) =0+μ((a,b))+0
従って,∀A∈2^R,∀D∈2^Rに対しDやD∩AやD∩A^cは結局は開区間と単集合らで書けるので
h'(D)≧h'(D∩A)+h'(D∩A^c)は満たされると思います。

> μがボレル集合体に拡張できることが分かる。

上記は拡張できた事になるんですかね。


> 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。

つまり,
μ':B(R)→R で-∞<a<b<+∞に於いてはμ'((a,b))=∫[a..b]x^2dxであるような他のR上の測度μ'を考える。
∀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}
(1)のように開集合と単集合とで表せるから
A=∪[i=1..k](a_i,b_i)∪∪[i=1..m_1](c_i,d_i)∪∪[i=1..m_1]{d_i}∪∪[i=1..m_2](e_i,f_i)∪∪[i=1..m_2]{e_i}∪[i=1..n](p_i,q_i)∪∪[i=1..n]{p_i,q_i}∪[i=1..s]{r_i}
従って,μ(A)=μ(∪[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)))
=Σ[i=1..k]μ((a_i,b_i))+Σ[i=1..m_1]μ((c_i,d_i))+Σ[i=1..m_2]μ((e_i,f_i))+Σ[i=1..n]μ((p_i,q_i))
=Σ[i=1..k]∫[a_i..b_i]x^2dx+Σ[i=1..m_1]∫[c_i..d_i]x^2dx+Σ[i=1..m_2]∫[e_i..f_i]x^2dx+Σ[i=1..n]∫[p_i..q_i]x^2dx

同様に
μ'(A)=μ'(∪[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)))
=Σ[i=1..k]μ'((a_i,b_i))+Σ[i=1..m_1]μ'((c_i,d_i))+Σ[i=1..m_2]μ'((e_i,f_i))+Σ[i=1..n]μ'((p_i,q_i))
=Σ[i=1..k]∫[a_i..b_i]x^2dx+Σ[i=1..m_1]∫[c_i..d_i]x^2dx+Σ[i=1..m_2]∫[e_i..f_i]x^2dx+Σ[i=1..n]∫[p_i..q_i]x^2dx

補足日時:2008/09/07 04:35
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この回答へのお礼

で等しくなった! 即ち,μ=μ'.

以上より,μはB(R)全体で一意に定まっている。  (終)


これで大丈夫でしょうか?

お礼日時:2008/09/07 04:36

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QR^n∋A_1,A_2,…はΣ[k=1..∞]λ^*(A_k)<∞を満たす.∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_kはLebesgue外測度0?

よろしくお願い致します。

A_1,A_2,…をΣ[k=1..∞]λ^*(A_k)<∞を満たすR^nの部分集合とせよ。
(ア) ∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_kがLebesgue外測度0を持つ事を示せ。
(イ) これはLebesgue測度0を持つか? 持つなら理由を述べよ。

という問題です。

(ア)について
Lebesgue外測度の定義からλ^*(A_k)=inf{Σ[i=1..∞]|I_i|;A_k⊂∪[i=1..∞]I_i}…(1)
(但しI_iはn次元区間塊[a_1,b_1]×[a_2,b_2]×…×[a_n,b_n])と書け,
題意よりΣ[k=1..∞]λ^*(A_k)<∞なのでλ^*(A_k)<∞と分かる。
それでλ^*(∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k)=inf{Σ[i=1..∞]|I_i|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i}
から先に進めません。
λ^*(∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k)=Σ[n=1..∞]λ(∪[k=n..∞]A_k)なんて変形もできませんよね。
どのすれば=0にたどり着けますでしょうか?

(イ)について
答えは多分Yesだと思います。
Lebesgue可測集合はL:={E∈R^n;E⊂Uでinf{λ^*(U\E);Uは開集合}=0}の元の事ですよね。
なのでLebesgue測度は制限写像λ^*|L:=μと書けますよね。
それで∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k∈Lを示せば(ア)からLebesgue測度0が言えると思います。
今,(ア)より
inf{Σ[i=1..∞]|I_i|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i}=0
と分かったので
0=inf{Σ[i=1..∞]|I_i|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i}
=inf{Σ[i=1..∞]|I_i\Bd(I_i)∪Bd(I_i)|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i\Bd(I_i)∪Bd(I_i)}
(但しBd(I_i)は境界点)
=inf{Σ[i=1..∞]|I_i\Bd(I_i)|+|Bd(I_i)|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i\Bd(I_i)∪Bd(I_i)}
(∵||の定義)
からinf{Σ[i=1..∞]|I_i\Bd(I_i)|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i\Bd(I_i)}
となればI_i\Bd(I_i)は開集合になので
inf{Σ[i=1..∞]|I_i\Bd(I_i)|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i\Bd(I_i)}=0が言え,
∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k∈Lも言え,
μ(∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k)=λ^*(∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k)=0(∵(ア))
となりおしまいなのですが

inf{Σ[i=1..∞]|I_i\Bd(I_i)|+|Bd(I_i)|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i\Bd(I_i)∪Bd(I_i)}
から
inf{Σ[i=1..∞]|I_i\Bd(I_i)|;∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k⊂∪[i=1..∞]I_i\Bd(I_i)}
となる事がどうしても言えません。どうすれば言えますでしょうか?

よろしくお願い致します。

A_1,A_2,…をΣ[k=1..∞]λ^*(A_k)<∞を満たすR^nの部分集合とせよ。
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という問題です。

(ア)について
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(但しI_iはn次元区間塊[a_1,b_1]×[a_2,b_2]×…×[a_n,b_n])と書け,
題意よりΣ[k=1..∞]λ^*(A_k)<∞なのでλ^*(A_k)<∞と分かる。
それでλ^*(∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_k)=inf{Σ[i=...続きを読む

Aベストアンサー

数列の部分和の定義と∩∪の定義からすぐだと思いますよ。
面倒なので外測度を単にλで表します。
仮定はΣλ(A_k)<∞です。これは級数の収束の定義から部分和
S_N=Σ[k=1,..,N] λ(A_k)
がコーシー列、よって
任意のε>0に対してNが存在し、n≧Nならば
Σ[k=n,...,∞] λ(A_k)<ε
ということを言っているわけです。
問題は、∩[n=1,..,∞]∪[k=n,..∞] A_kの外測度を求めることですが上の事実を利用できることが分かると思います。上で示したNをとってきます。このとき
λ(∩[n=1,..,∞]∪[k=n,..∞] A_k)≦Σ[k=N,..,∞] λ(A_k)<ε
となるのはほとんど明らかですね。任意のεに対してもっと大きい番号N'をとっても問題の集合はN'から先の和集合に含まれるわけですからこれは結局λ(∩[n=1,..,∞]∪[k=n,..∞] A_k)=0でなければならないことを示しています。

Q(再投稿)R^n∋A_1,A_2,…はΣ[k=1..∞]λ^*(A_k)<∞を満たす.∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_kはLebesgue外測度0?

すいません。
http://okwave.jp/qa4327195.html
について再投稿です。


A:=∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_kと置いて
今,AがLegesgue可測集合である事を示したい訳ですよね。
Lebesgue可測集合とはλをLebesgue外測度とする時,
{E;Eはn次元区間塊,E⊂∀S⊂R^n,λ(S)≧λ(S∩E)+λ(S∩E^c)}の元の事ですよね。
そこで疑問なのですがλはn次元区間塊全体に対して定義された写像ですよね。なのでλ(S∩E)とλ(S∩E^c)はそれぞれλ(E)+λ(E^c)で(∵E⊂∀S⊂R^n),一応は定義されているのですがλ(S)はSの採りようによってはλ(S)自体が定義されないという状況に陥ってしまいます(∵必ずしもSはn次元区間塊とは限らない)。
するとλ(S)≧λ(S∩E)+λ(S∩E^c)という不等式は意味を成さなくなります。
従って,AがLebesgue可測集合である事が示せなくなってしまいます。
Lebesgue可測集合の定義を勘違いしてますでしょうか?

すいません。
http://okwave.jp/qa4327195.html
について再投稿です。


A:=∩[n=1..∞]∪[k=n..∞]A_kと置いて
今,AがLegesgue可測集合である事を示したい訳ですよね。
Lebesgue可測集合とはλをLebesgue外測度とする時,
{E;Eはn次元区間塊,E⊂∀S⊂R^n,λ(S)≧λ(S∩E)+λ(S∩E^c)}の元の事ですよね。
そこで疑問なのですがλはn次元区間塊全体に対して定義された写像ですよね。なのでλ(S∩E)とλ(S∩E^c)はそれぞれλ(E)+λ(E^c)で(∵E⊂∀S⊂R^n),一応は定義されているのですがλ(S)はSの採りようによってはλ(S)自体が定義され...続きを読む

Aベストアンサー

とりあえず教科書を読む.
定義が分かってなければ何もできない.

>Lebesgue可測集合とはλをLebesgue外測度とする時,
>{E;Eはn次元区間塊,E⊂∀S⊂R^n,λ(S)≧λ(S∩E)+λ(S∩E^c)}の元の事ですよね。

こんなこと本当に書いてある?なんか読み落としているとか
説明の途中の何かだとか,勝手に創作してるとか?

>Lebesgue可測集合の定義を勘違いしてますでしょうか?
してる.
だって,それだったら「円」ですらルベーク可測じゃなくなる.

Q{s_n}をf∈L^+(a,b)の定義関数列とする時,lim[n→∞]∫[a..b](f(x)-s_n(x))dx=0を示せ

L^+(a,b) を区間(a,b)上の非負可積分関数全体の集合とする。

f∈L^+(a,b)に対し,定義関数列{s_n}が存在する。その時,
lim[n→∞]∫[a..b](f(x)-s_n(x))dx=0を示せ。
(この∫は単関数のルベーグ積分)

という問題なのですがどのように証明していいのか分かりません。
定義関数列の定義からs_1(x)≦s_2(x)≦…≦f(x)
でs_n(x)はf(x)に近づいていくので0となる事は直観では分かるのですが…。

どのようにすればいいのでしょう?

Aベストアンサー

つまり
s_n(x)の存在を示して
f(x)=lim[n→∞]∫[a..b](s_n(x))dx
が成立するのを言えばいいのではないでしょうか。

P27,28に書いてあります。

参考URL:http://www.sci.hyogo-u.ac.jp/maths/master/h19/2007kuwabara.pdf

QΣ_{n=0}^∞B_n(x)u^n/n!の変形が

識者の皆様よろしくお願い致します。

B_nはz/(e^z-1)=Σ_{n=0}^∞B_n z^n/n! (但し,|z|<2π)を満たす数でBernoulli数といいます。
そして,B_n(x)はBernoulliの多項式です。
その時,Σ_{n=0}^∞B_n(x)u^n/n!=ue^{ux}/(e^u-1)が成立つらしいのですが
どうすれは変形できるのか分かりません。どうぞご教示くださいませ。

Aベストアンサー

 計算を一通り追いかけられたのであれば、あとは大したことありません。u≠0のとき、ue^{ux}/(e^u-1)のxに関するテイラー展開が存在するのは明らかで、(Σ_{n=0}^∞B_n(x)u^n/n!)のxに関するテイラー展開の各項がこれと一致する(ということは収束もする)というだけの話です。細かい計算まで吟味するなら、∞と言わずにlim{j→∞} Σ_{n=0}^j をお考えになれば?

Q数列{1,cos(nx)}^∞_n=1 についてのfのフーリエ級数はa_0/2+Σ[n=1..∞]a_ncos(nx) (但し,a_0=2/π∫[0..π]f(

宜しくお願い致します。

[問] (1) 数列{1,cos(nx)}^∞_n=1 は[0,π]で直交である事を示せ。
(2) f∈R[0,π](R[0,π]は[0,π]でリーマン積分可能な関数全体の集合)に対して,数列{1,cos(nx)}^∞_n=1 についてのfのフーリエ級数は
a_0/2+Σ[n=1..∞]a_ncos(nx) (但し,a_0=2/π∫[0..π]f(x)dx,a_n=2/π∫[0..π]f(x)cos(nx)dx (n=1,2,…))で与えられる事を示せ。
[(1)の解]
<1,cos(nx)>=∫[0..π]cos(nx)dx=0
次にm≠nの時,<cos(mx),cos(nx)>=∫[0..π]cos(mx)cos(nx)dx
∫[0..π]1/2{cos(mx+nx)-cos(mx-nx)}dx=0
となるので数列{1,cos(nx)}^∞_n=1 は[0,π]で直交
[(2)の解]
この関数の周期はL=π/2なので1/L∫[0..π]cos(kxπ/L)dxに代入して,
a_0=2/π∫[0..π]f(x)dx
は上手くいったのですが
a_n=2/π∫[0..π]cos(2nx)dxとなり,ここから
2/π∫[0..π]f(x)cos(nx)dxに変形できません。
どのようにして変形するのでしょうか?

宜しくお願い致します。

[問] (1) 数列{1,cos(nx)}^∞_n=1 は[0,π]で直交である事を示せ。
(2) f∈R[0,π](R[0,π]は[0,π]でリーマン積分可能な関数全体の集合)に対して,数列{1,cos(nx)}^∞_n=1 についてのfのフーリエ級数は
a_0/2+Σ[n=1..∞]a_ncos(nx) (但し,a_0=2/π∫[0..π]f(x)dx,a_n=2/π∫[0..π]f(x)cos(nx)dx (n=1,2,…))で与えられる事を示せ。
[(1)の解]
<1,cos(nx)>=∫[0..π]cos(nx)dx=0
次にm≠nの時,<cos(mx),cos(nx)>=∫[0..π]cos(mx)cos(nx)dx
∫[0..π]1/2{cos(mx+nx)-cos(mx-nx)}dx=0
となるので数列{1...続きを読む

Aベストアンサー

>この関数の周期は2L(=π)なので1/L∫[0..π]cos(kxπ/L)dxに代入したのです。
ですから、この1/L∫[0..π]cos(kxπ/L)dxがどこから出てきたのかわかりませんものね。
当たり前の公式のように書かれていますが、等式にもなっていないから何を求めているのかもわからないですし。

なので#1の回答では最終的にa_n=2/π∫[0..π]f(x)cos(nx)dxになるような式を予想して解説しました。

>これはfは周期2πの偶関数という意味ですよね。
>今,fは周期はπだと思うのですが…
>あと,どうしてfは偶関数だと分かるのでしょうか?
質問の文に
『数列{1,cos(nx)}^∞_n=1 についてのfのフーリエ級数は
a_0/2+Σ[n=1..∞]a_ncos(nx) (但し,a_0=2/π∫[0..π]f(x)dx,a_n=2/π∫[0..π]f(x)cos(nx)dx (n=1,2,…))で与えられる事を示せ。』
とあったのでf(x)=a_0/2+Σ[n=1..∞]a_ncos(nx)と表せる前提で話をして良いのかなと思ったのです。
また、f∈R[0,π]の関数を周期[-π,π]で展開することも可能なので一概に周期[0,π]とも言えないと思うのです。
(ただし、その場合にも偶関数として展開、奇関数として展開などの適当な前提は要りますが)


どうやら私が質問や問題の内容を推測して回答してしまったのがよくなかったようですね。
今回は補足要求と言うことにしておきます。

・今回の問題(2)の題意は
  fがa_0/2+Σ[n=1..∞]a_ncos(nx)で書けることを示すことですか?
それとも
  f(x)=a_0/2+Σ[n=1..∞]a_ncos(nx)とするとa_0=2/π∫[0..π]f(x)dx,a_n=2/π∫[0..π]f(x)cos(nx)dxとなることを示すことですか?

・『数列{1,cos(nx)}^∞_n=1 についてのfのフーリエ級数』とはこの場合どういう意味でしょう?把握してらっしゃいますか?

・fを展開する際の周期ですが本当に[0,π]ですか?
[0,π]ではcos(nx)とsin(mx)が直交しないですし、
f(x)=Σ{b_n*sin(nx)}と奇関数として展開するしか出来ない気がするんですが。

>この関数の周期は2L(=π)なので1/L∫[0..π]cos(kxπ/L)dxに代入したのです。
ですから、この1/L∫[0..π]cos(kxπ/L)dxがどこから出てきたのかわかりませんものね。
当たり前の公式のように書かれていますが、等式にもなっていないから何を求めているのかもわからないですし。

なので#1の回答では最終的にa_n=2/π∫[0..π]f(x)cos(nx)dxになるような式を予想して解説しました。

>これはfは周期2πの偶関数という意味ですよね。
>今,fは周期はπだと思うのですが…
>あと,どうしてfは偶関数だと分かるのでし...続きを読む


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