📂測度論

ファトゥの補題の証明

定理¹

測度が非負の可測関数の数列 $\left\{ f_{n} \right\}$ に対して、 $$\int_{E} \left( \liminf_{n \to \infty} f_{n} \right) dm \le \liminf_{n \to \infty} \int_{E} f_{n} dm$$

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• $\liminf$ はリミットインフィマムだ。

説明

実解析での単調収束定理と優収束定理を証明するために必要な補題である。可測関数でない数列に関するパトの補題のバージョンは以下の通り。

数列のバージョン: 関数の数列 $\left\{ f_{k} : \mathbb{N} \to [0, \infty) \right\}_{k \in \mathbb{N}}$ が非負の値を取る場合、 $$\sum_{j=1}^{\infty} \liminf_{k \to \infty} f_{k} (j) \le \liminf_{k \to \infty} \sum_{j=1}^{\infty} f_{k} (j) \qquad , \forall j \in \mathbb{N}$$

証明

戦略: 単純関数に関する直感が必要である。全ての補題と同様に、役に立つが、証明はかなり長く複雑なので、頭がクリアで健康な状態の時に読むことを推奨する。数列の場合の証明も本質的には同じである。

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パート 1.

$$f : = \liminf_{n \to \infty} f_{n} \\ \displaystyle g_{n} : = \inf_{k \ge n } f_{k}$$ とすると $\displaystyle f = \lim_{n \to \infty} g_{n}$ である。 $$\int_{E} f dm \le \liminf_{n \to \infty} \int_{E} f_{n} dm$$ これを示すには、全ての単純関数 $\phi \le f$ に対して $$\int_{E} \phi dm \le \liminf_{n \to \infty} \int_{E} f_{n} dm$$ を示せば十分である。

これで、非常に小さい正の数 $\varepsilon > 0$ に対して、新しい単純関数を $$\phi_{\varepsilon}(x) := \begin{cases} \phi (x) - \varepsilon & , \phi>0 \\ 0 & , \phi = 0 \end{cases} \ge 0$$ と定義してみよう。すると、十分に大きな自然数 $n$ に対して $\phi_{\varepsilon} \le g_{n} \le f$ が成り立つだろう。最後に $A_{k} : = \left\{ x \ | \ g_{k} \ge \phi_{\varepsilon} \right\}$ を定義すると、 $$A_{k} \subset A_{k+1} \\ \displaystyle \bigcup_{k=1}^{\infty} A_{k} = \mathbb{R}$$

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パート 2.

$A_{n}$ から $\phi_{\varepsilon} \le g_{n}$ なので、 $$\int_{A_{n} \cap E} \phi_{\varepsilon} dm \le \int_{A_{n} \cap E} g_{n} dm$$ $\displaystyle g_{n} = \inf_{k \ge n } f_{k}$ だったので、$k \ge n$ から $$\int_{A_{n} \cap E} g_{n} dm \le \int_{A_{n} \cap E} f_{k} dm$$ である。一方、$A_{n} \cap E \subset E$ だから $$\int_{A_{n} \cap E} f_{k} dm \le \int_{E} f_{k} dm$$ したがって、次を得る。 $$\int_{A_{n} \cap E} \phi_{\varepsilon} dm \le \liminf_{n \to \infty} \int_{E} f_{n} dm$$

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パート 3.

$\phi_{\epsilon}$ は単純関数だったため、値域は有限集合 $\left\{ c_{1} , c_{2} , \cdots , c_{r} \right\}$ として表せる。$B_{i} := \phi_{\epsilon}^{-1} ( \left\{ c_{i} \right\} )$ とすると、 $$\int_{A_{n} \cap E} \phi_{\varepsilon} dm = \sum_{i = 1}^{r} c_{i} m (A_{n} \cap E \cap B_{i})$$

[7]: $A_{n} \in \mathcal{M}$, $\displaystyle A_{n} \subset A_{n+1} \implies m \left( \bigcup_{n=1}^{\infty} A_{n} \right) = \lim_{n \to \infty} m (A_{n})$

パート1では $A_{n} \subset A_{n+1}$ であり、$\displaystyle \bigcup_{n=1}^{\infty} A_{n} = \mathbb{R}$ だったので、 $$\lim_{n \to \infty} \sum_{i = 1}^{r} c_{i} m (A_{n} \cap E \cap B_{i}) = \lim_{n \to \infty} \int_{A_{n} \cap E} \phi_{\varepsilon} dm = \int_{E} \phi_{\varepsilon} dm$$ 今、パート2で得られた結果と合わせると、 $$\int_{E} \phi_{\varepsilon} dm \le \liminf_{k \to \infty} \int_{E} f_{k} dm$$

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パート 4.

• ケース 1. $m( \left\{ x \ | \ \phi (x) >0 \right\} ) < \infty$
  $$\displaystyle \int_{E} \phi_{\varepsilon} dm = \int_{E} \phi dm - \varepsilon m( \left\{ x \ | \ \phi (x) >0 \right\} )$$ $\varepsilon \to 0$ で極限を取ると、以下を得る。 $$\displaystyle \int_{E} \phi_{\varepsilon} dm = \int_{E} \phi dm$$

• ケース 2. $m( \left\{ x \ | \ \phi (x) >0 \right\} ) = \infty$ $$\displaystyle D_{n} : = \left\{ x \ \left| \ g(x) \ge {{1} \over {2}} \min \left\{ c_{i} \right\}_{i=1}^{n} \right. \right\}$$ とすると、 $$D_{n} \subset D_{n+1} \\ \displaystyle \bigcup_{n=1}^{\infty} D_{n} = \mathbb{R}$$ であるから $\displaystyle \int_{D_{n} \cap E} g_{n} dm \to \infty$ であり、$g_{n}$ の定義から以下を得る。 $$\displaystyle \int_{D_{n} \cap E} g_{n} dm \le \int_{D_{n} \cap E} f_{k} dm \le \int_{E} f_{k} dm$$

したがって、どちらの場合でも、全ての単純関数 $\phi \le f$ に対して、以下が成立する。 $$\int_{E} \phi dm \le \liminf_{n \to \infty} \int_{E} f_{n} dm$$

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