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カラテオドリの定理の証明 📂測度論

カラテオドリの定理の証明

定義1

全ての$A \subset X$に対して以下の式が成り立つなら、$E \subset X$はカラテオドリ条件Caratheodory conditionを満たすと言い、または$E$が**$\mu^{\ast}$-可測**$\mu^{\ast}$-measurableだと言う。

$$ \begin{equation} \mu^{\ast}(A) = \mu^{\ast}(A\cap E) + \mu^{\ast}(A \cap E^{c}) \label{def1} \end{equation} $$

$\mu^{\ast}$は**外測度**だ。

定理

$L$をカラテオドリ条件を満たす全ての$E \subset X$を含む集合とする。すると$L$は$\sigma$-代数で、また、$\mu^{\ast}$は$L$上の測度になる。

これをカラテオドリの定理Caratheodory theoremと言う。

説明

$X=\mathbb{R}^n$とするなら、$L$を$\mathbb{R}^n$のルベーグ$\sigma$-代数Lebesgue $\sigma$-algebraと言い、そして$E$を$\mathbb{R}^n$のルベーグ可測集合または簡単に可測集合と言う。そしてこのとき、外測度$\mu^{\ast}$を$\mathbb{R}^n$上のルベーグ測度と言う。

証明

$\mu^{\ast}$が$L$上の測度になることを示すには、定義により以下の三つの条件を満たすかを確認すれば良い。

測度

(D1) $\mu^{\ast}(\varnothing)=0$

(D2) $\mu^{\ast} : L \to [0,\infty]$

(D3) 異なる$E_{i} \subset X$に対して$\mu^{\ast}\left(\bigsqcup \limits_{i=1}^{\infty} E_{i} \right) = \sum \limits_{i=1}^{\infty}\mu^{\ast}(E_{i}) $

しかし、これは外測度の定義及び性質により自明に成り立つ。

$L$が$\sigma$-代数であることを示すには、定義により以下の条件を満たすかを確認すれば良い。

$\sigma$-代数

集合$X$が与えられたとする。以下の条件を満たす$X$の部分集合のコレクション$\mathcal{E} \subset \mathcal{P}(X)$を**$\sigma$-代数**と言う。

  • (D1) $\varnothing, X \in \mathcal{E}$
  • (D2) $E \in \mathcal{E} \implies E^{c} \in \mathcal{E}$
  • (D3) $E_{k} \in \mathcal{E}\ (\forall k \in \mathbb{N}) \implies \bigcup_{k=1}^\infty E_{k} \in \mathcal{E}$

  • (D1)

    カラテオドリ条件に$E$の代わりに$\varnothing$、$X$を代入すると簡単に成立を確認できる。

  • (D2)

    カラテオドリ条件の定義によって自明に成立する。

  • (D3)

    前の二つの条件と違い、確認が簡単でない。まず$E_{1}$と$E_{2}$が$\eqref{def1}$を満たすとき、$E_{1} \cup E_{2}$も$\eqref{def1}$を満たすことを示す。

    • Part 1.

      仮定により$E_{1}$が$\eqref{def1}$を満たすので、以下が成立する：

      $$ \mu^{\ast}(A)=\mu^{\ast}(A \cap E_{1}) + \mu^{\ast}(A \cap E_{1}^{c}) $$

      同様に$E_{2}$も$\eqref{def1}$を満たすので、以下が成立する：

      $$ \begin{align*} \mu^{\ast}(A) &= \mu^{\ast}(A \cap E_{1}) + \mu^{\ast}(A \cap E_{1}^{c}) \\ &= \mu^{\ast} \big( (A \cap E_{1})\cap E_{2} \big) + \mu^{\ast} \big( (A \cap E_{1})\cap E_{2}^{c} \big) \\ &\quad + \mu^{\ast} \big( (A \cap E_{1}^{c})\cap E_2 \big)+\mu^{\ast} \big( (A \cap E_{1}^{c})\cap E_{2}^c \big) \end{align*} $$

      外測度の可算亜加法性により、以下の式が成立する：

      $$ \mu^{\ast} \Big( \big[ A\cap E_{1}\cap E_{2} \big] \cup \big[ A \cap E_{1} \cap E_{2}^{c}\big] \cup \big[ A \cap E_{1}^{c} \cap E_2 \big] \Big) \\ \le \mu^{\ast} \big( A \cap E_{1}\cap E_2 \big) + \mu^{\ast} \big( A \cap E_{1}\cap E_{2}^{c} \big) + \mu^{\ast} \big( A \cap E_{1}^{c}\cap E_2 \big) $$

      従って、以下が成立する：

      $$ \begin{align*} & \mu^{\ast}(A) \\ \ge& \mu^{\ast} \Big( \big[ A\cap E_{1}\cap E_{2} \big] \cup \big[ A \cap E_{1} \cap E_{2}^{c}\big] \cup \big[ A \cap E_{1}^{c} \cap E_2 \big] \Big) + \mu^{\ast} (A \cap E_{1}^{c} \cap E_{2}^c ) \\ =&\ \mu^{\ast} \big( A\cap \big[ (E_{1}\cap E_{2}) \cup (E_{1} \cap E_{2}^{c}) \cup ( E_{1}^{c} \cap E_{2}) \big] \Big) + \mu^{\ast} (A \cap E_{1}^{c} \cap E_{2}^c ) \\ =&\ \mu^{\ast} \big( A\cap (E_{1} \cup E_{2}) \big) + \mu^{\ast} (A \cap E_{1}^{c} \cap E_{2}^c ) \\ =&\ \mu^{\ast} \big( A\cap (E_{1} \cup E_{2}) \big) + \mu^{\ast} \big(A \cap (E_{1} \cup E_2 )^{c} \big) \end{align*} $$

      従って、$E_{1}$と$E_{2}$が$\eqref{def1}$を満たすとき、$E_{1}\cup E_{2}$も$\eqref{def1}$を満たす。これを繰り返すと、任意の$N$個の異なる$E_{i}$が$\eqref{def1}$を満たす場合、$\bigsqcup_{i=1}^{N} E_{i}$も$\eqref{def1}$を満たすことがわかる。

    • Part 2.

      最初の条件は、各$E_{i}$が異なるという条件が欠けており、証明に必要なので、少しの工夫が必要だ。まず、各々の$\tilde{E}_{i}$を以下のように定義しよう。

      $$ \begin{align*} \tilde{E}_{1} &= E_{1} \\ \tilde{E}_{2} &= E_{2} \cap \tilde{E}_{1}^{c} \\ \tilde{E}_{3} &= E_{3} \cap (\tilde{E}_{1} \cup \tilde{E}_{2} )^{c} \\ \tilde{E}_{4} &= E_{4} \cap (\tilde{E}_{1} \cup \tilde{E}_{2} \cup \tilde{E}_{3})^{c} \\ &\vdots \end{align*} $$

      すると、各々の$\tilde{E}_{i}$は互いに素であり、$\eqref{def1}$を満たし、以下が成立する：

      $$ \bigsqcup_{i=1}^\infty \tilde{E}_{i} = \bigsqcup _{i=1}^\infty E_{i} $$

      これは直接計算すれば簡単に確認できる。従って、これで各々の$\tilde{E}_{i}$が$\eqref{def1}$を満たすとき、$ \bigsqcup_{i=1}^\infty \tilde{E}_{i}$も$\eqref{def1}$を満たすことを示したので証明を完了できる。

    • Part 3.

      可算亜加法性により、以下が成立する：

      $$ \mu^{\ast} (A) \le \mu^{\ast}\left(A \cap \left( \bigsqcup _{i=1}^\infty \tilde{E}_{i}\right) \right) + \mu^{\ast} \left(A \cap \left( \bigsqcup _{i=1}^\infty \tilde{E}_{i} \right)^{c} \right) $$

      今、反対方向の不等号も成立することを示せば、証明が完了する。**Part 1.**で$N$個に対して成立することを示したので、以下が成立する：

      $$ \begin{align*} \mu^{\ast} (A) &= \mu^{\ast} \left( A \cap \left( \bigsqcup _{i=1}^N \tilde{E}_{i}\right) \right) + \mu^{\ast} \left(A \cap \left( \bigsqcup _{i=1}^N \tilde{E}_{i} \right)^{c} \right) \\ &\ge \mu^{\ast} \left( A \cap \left( \bigsqcup _{i=1}^N \tilde{E}_{i}\right) \right) + \mu^{\ast} \left(A \cap \left( \bigsqcup _{i=1}^\infty \tilde{E}_{i} \right)^{c} \right) \\ &= \sum \limits_{i=1}^N\mu^{\ast}\left(A \cap \tilde{E}_{i} \right) + \mu^{\ast} \left(A \cap \left( \bigsqcup _{i=1}^\infty \tilde{E}_{i} \right)^{c} \right) \end{align*} $$

      この不等式は全ての$N$に対して成立するので、以下の式が成立する：

      $$ \begin{align*} \mu^{\ast} (A) & \ge \sum \limits_{i=1}^\infty \mu^{\ast}\left(A \cap \tilde{E}_{i} \right) + \mu^{\ast} \left(A \cap \left( \bigsqcup _{i=1}^\infty \tilde{E}_{i} \right)^{c} \right) \\ &\ge \mu^{\ast} \left( A \cap \left( \bigsqcup_{i=1}^\infty \tilde{E}_{i} \right) \right) + \mu^{\ast} \left(A \cap \left( \bigsqcup _{i=1}^\infty \tilde{E}_{i} \right)^{c} \right) \end{align*} $$

      第二の不等式は可算亜加法性により成立する。

■

  1. ロバート・G・バートル著、積分とルベーグ測度の要素 (1995), p100 ↩︎