📂測度論

実数値を持つ可測関数の性質

定理¹

可測空間 $(X,\mathcal{E})$で定義された2つの関数 $f, g : X \to \mathbb{R}$が可測関数ならば、以下の関数も全て可測である。

$$ cf,\quad f^2,\quad f+g,\quad fg,\quad |f| $$

証明

可測関数

すべての $\alpha \in \mathbb{R}$に対して以下の式を満たす $f : X \to \overline{\mathbb{R}}$を可測関数という。

$$ S_{f}(\alpha):=\left\{ x\in X\ |\ f(x) >\alpha \right\} \in \mathcal{E},\quad \forall \alpha \in \mathbb{R} $$

$cf$

• Case 1. $c=0$

  $$ \begin{cases} \alpha >0 & \left\{ x \in X\ |\ cf(x)=0 > \alpha \right\} =\emptyset \in \mathcal{E} \\ \alpha \le 0 & \left\{ x \in X\ |\ cf(x)=0 > \alpha \right\}=X \in \mathcal{E} \end{cases} $$

• Case 2. $c>0$

  $$ \left\{ x \in X\ |\ cf(x) > \alpha \right\}= \left\{ x \in X\ |\ f(x) > \frac{\alpha}{c} \right\} \in \mathcal{E} $$

• Case 3. $c <0$

  $$ \left\{ x \in X\ |\ cf(x) > \alpha \right\}= \left\{ x \in X\ |\ f(x) < \frac{\alpha}{c} \right\} \in \mathcal{E} $$

■

$f^2$

• Case 1. $\alpha < 0$

  $$ \left\{ x \in X\ |\ f^2(x) > \alpha \right\}=X \in \mathcal{E} $$

• Case 2. $\alpha \ge 0$

  $$ \left\{ x \in X\ |\ f^2(x) > \alpha \right\}=\left\{ x \in X\ |\ f(x) > \sqrt{\alpha} \right\} \cup \left\{ x \in X\ |\ f(x) < -\sqrt{\alpha} \right\} \in \mathcal{E} $$

  右辺の二つの集合は両方とも $\mathcal{E}$の要素だ。従って、$\sigma$-代数の性質により、二つの集合の和集合も$\sigma$-代数の要素だ。

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$f+g$

$r\in \mathbb{Q}$とする。そして、以下の集合を定義しよう。

$$ S_{r} :=\left\{ x \in X\ |\ f(x) > r \right\} \cap \left\{ x \in X\ |\ g(x) > \alpha -r \right\} $$

すると、右辺の二つの集合が$\mathcal{E}$の要素なので、$\sigma$-代数の定義により、それらの交差点である$S_{r}$も$\mathcal{E}$の要素だ。従って、$S_{r}$の可算和集合も$\mathcal{E}$の要素だ。すなわち、下記の等式を示せば、証明完了となる。

$$ \left\{ x \in X\ |\ (f+g)(x) > \alpha \right\} = \bigcup_{r\in\mathbb{Q}}S_{r} $$

式を簡単にするために、$\left\{ x \in X\ |\ (f+g)(x) > \alpha \right\}=\left\{ f+g>\alpha \right\}$としよう。

• Part 1. $\left\{ x \in X\ |\ (f+g)(x) > \alpha \right\} \supset \bigcup_{r\in\mathbb{Q}}S_{r}$

  全ての$r$に対して、$S_{r}$が$\left\{ f+g>\alpha \right\}$の部分集合であるため、上記の式が成り立つのは自明だ。

• Part 2. $\left\{ x \in X\ |\ (f+g)(x) > \alpha \right\} \subset \bigcup_{r \in \mathbb{Q} } S_{r}$

  $x \in \left\{ f+g>\alpha \right\}$と仮定し、以下の式を満たす十分に小さい$\epsilon$を見つけよう。

  $$ \begin{equation} f(x) + g(x) > \alpha + \epsilon \end{equation} $$

  そして、$|f(x)-r| < \epsilon$となるような有理数$r<f(x)$を選ぼう。すると、以下が成り立つ。

  $$ r < f(x) < r +\epsilon \implies f(x)-\epsilon < r $$

  これを$(1)$に代入すると、次を得る。

  $$ g(x) > \alpha -\big( f(x) -\epsilon \big) > \alpha-r $$

  従って、このような$r$に対して、$x \in S_{r}$なので、全ての$r$の和集合に対しても、$x \in \bigcup_{r\in \mathbb{Q}}S_{r}$である。

Part 1 と Part 2 により、次が成り立つ。

$$ \left\{ x \in X\ |\ (f+g)(x) > \alpha \right\} = \bigcup_{r\in\mathbb{Q}}S_{r} $$

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$fg$

$fg=\dfrac{1}{4} \big[ (f+g)^2 - (f-g)^2 \big]$なので、上述の3つの結果によって成り立つ。

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$|f|$

• Case 1. $\alpha \ge 0$

  $\left\{ x\in X\ |\ |f(x)| > \alpha \right\}=\left\{x\in X\ |\ f(x)>\alpha \right\} \cup \left\{ f(x)<-\alpha \right\}$であり、右辺の二つの集合が$\mathcal{E}$の要素であるため、その交差点も$\mathcal{E}$の要素だ。

• Case 2. $\alpha < 0$

  自明なので$\left\{x\in X\ |\ |f(x)| > \alpha \right\}=X \in \mathcal{E}$である。

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