Radon - Nikodym 微分(その 9)

数学・解析

Radon - Nikodym の定理の証明(その 4)

次に、\mu が \sigma 有限の場合を考えます。このときは
\mu(S_n)<\infty,S_j\cap S_k=\emptyset(j\neq k),\bigcup_{n=1}^\infty S_n=S
を満たす可測集合列が存在します。そして各 S_n 上では
\varphi(M\cap S_n)=\int\nolimit_{M\cap S_n}f_n d\mu
を満たす S_n 上非負でいたるところ有限な積分可能関数 f_n(s) が存在します。そこで
f(s)=f_n(s)(s\in S_n)
として得られる関数 f(s) を考えれば、0\leq f(s)<\infty かつ f(s) は可測関数で
\varphi(M\cap S_n)=\int\nolimit_{M\cap S_n}f_n d\mu=\int\nolimit_{M\cap S_n}fd\mu
を満たすので、これを加えて
\varphi(M)=\int_M fd\mu
となります。やはり
\int_S fd\mu=\varphi(S)<\infty
なので、f は積分可能です。
次に、\varphi を一般の実測度で、\mu に関して絶対連続なものとします。このとき、Hahn 分解における \varphi^+,\varphi^- も \mu に関して絶対連続な正の実測度になります。従って
\varphi^+(M)=\int_M f_1d\mu,\varphi^-(M)=\int_M f_2d\mu
となる非負でいたるところ有限な積分可能関数 f_1,f_2 が存在します。そこで \varphi^+(M)=\varphi(M\cap P) となる可測集合 P を用いて
f(s)=\left\{\begin{array}{ll}f_1(s)&(s\in P)\\-f_2(s)&(s\not\in P)\end{array}\right.
とすれば、f も積分可能な関数で
\varphi(M)=\int_M fd\mu
が成り立ちます。
最後に f の一意性を示しましょう。もし f の他に
\varphi(M)=\int_M gd\mu(\forall M\in\mathcal{M})
なる g があれば
\int_M|f(s)-g(s)|d\mu(s)=0(\forall M\in\mathcal{M})
が成り立つので f(s)=g(s) a.e.*1です。

*1:"a.e." は "almost everywhere"(ほとんどいたるところ)の略。