超Lebesgue積分の定義と基本的な定理

$A=\{a_1,a_2,\cdots \}$を${\mathbb{R}}_{>0}$の可算部分集合とする．任意に$\epsilon >1$を取る．各$k=1,2,\cdots$に対し，$I_k=(a_k,a_k{\epsilon }^{\frac{1}{2^k}})$とおく．
すると，$I_k$の和集合は$A$を含む．また，${\displaystyle \varrho (A)\le \prod _{k=1}^{\mathrm{\infty }}r(I_k)=\epsilon }$であるため，$\varrho (A)=1$を得る．

各$k\in \mathbb{N}$に対し$\varrho (A_k)=\mathrm{\infty }$のとき，不等式は明らかに成り立つので，以下各$k\in \mathbb{N}$に対し$\varrho (A_k)<\mathrm{\infty }$と仮定する．
任意に$\epsilon >1$を取る．各$k\in \mathbb{N}$に対し開区間$I_{1,k},I_{2,k},\cdots$を，その開区間の和集合は$A_k$を含み，
${\displaystyle \prod _{j=1}^{\mathrm{\infty }}r(I_{j,k})\le \varrho (A_k){\epsilon }^{\frac{1}{2^k}}}$
を満たすように取れる．
集合族$\{I_{j,k}{\}}_{j,k}$を適切に並び替えて，その和集合を${\displaystyle \bigcup _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_k}$を含むようにできて，
${\displaystyle \varrho \left(\bigcup _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_k\right)\le \prod _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\prod _{j=1}^{\mathrm{\infty }}r(I_{j,k})\le \prod _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\varrho (A_k){\epsilon }^{\frac{1}{2^k}}=\epsilon \prod _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\varrho (A_k)}$.
となる．
よって${\displaystyle \varrho \left(\bigcup _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_k\right)\le \prod _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\varrho (A_k)}$が示せた.

各$a\in [1,2]$に対し，集合$C_a$を$C_a:=\{c\in [1,2]\mid \frac{a}{c}\in \mathbb{Q}\}$と定義する．もし$a,b\in [1,2]$かつ$C_a\cap C_b\ne \mathrm{\varnothing }$なら$C_a=C_b$である．明らかに${\displaystyle [1,2]=\bigcup _{a\in [1,2]}{C}_a}$.
$V$を各$a\in [1,2]$に対して，集合$V\cap C_a$の要素がただ一つになるようにとる．この集合の存在は選択公理から従う．
$r_1,r_2,\cdots \in [1,3]\cap \mathbb{Q}$を取ると，${\displaystyle [1,2]\subset \bigcup _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{r}_{k}V}$を満たす．すなわち${\displaystyle 2\le \prod _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\varrho (V)}$なので$\varrho (V)>1$である．
集合$r_{1}V,r_{2}V,\cdots$は交わりを持たず，$V\subset [1,2]$であることに注意する．
任意の$n\in \mathbb{N}$に対し，明らかに${\displaystyle \bigcup _{k=1}^n{r}_{k}V\subset [1,6]}$となるので${\displaystyle \varrho \left(\bigcup _{k=1}^n{r}_{k}V\right)\le 6}$が言える．
よって$n\in \mathbb{N}$を$\varrho (V{)}^n>6$となるように取ると，
${\displaystyle \varrho \left(\bigcup _{k=1}^n{r}_{k}V\right)<\varrho (V{)}^n=\prod _{k=1}^n\varrho (r_{k}V)}$
が従う．

$\mathrm{\varnothing }\in \mathcal{R}$，${\displaystyle D_1,D_2,\cdots \in \mathcal{R}⟹\bigcup _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{D}_k\in \mathcal{R}}$は簡単に示せるため．$\mathcal{R}$の元の補集合も$\mathcal{R}$に属することを示す．
まず$D\in \mathcal{R}$が$\varrho (D)<\mathrm{\infty }$を満たすとする．このとき，任意の$\epsilon >1$に対し，ある閉集合$F\subset D$が存在して$\varrho (D\setminus F)<\sqrt{\epsilon }$を満たす．比率外測度の定義から$D\subset G$なる開集合$G$が存在して$\varrho (G)\le \varrho (D)\sqrt{\epsilon }$となる．${\mathbb{R}}_{>0}\setminus G\subset {\mathbb{R}}_{>0}\setminus D$は閉集合で，$({\mathbb{R}}_{>0}\setminus D)\setminus ({\mathbb{R}}_{>0}\setminus G)\subset G\setminus F$なので，
$\varrho (({\mathbb{R}}_{>0}\setminus D)\setminus ({\mathbb{R}}_{>0}\setminus G))\le \varrho (G\setminus F)=\frac{\varrho (G)}{\varrho (F)}=\frac{\varrho (G)}{\varrho (D)}\frac{\varrho (D)}{\varrho (F)}=\frac{\varrho (G)}{\varrho (D)}\varrho (D\setminus F)<\epsilon$
となる．$\varrho (D)=\mathrm{\infty }$の時は$D_k:=D\cap [\frac{1}{k},k]$と置けば，比率外測度が有限の場合に帰着できる．

$A\subset {\mathbb{R}}_{>0}$が超可測のとき，$A\in \mathcal{R}$であることは明らかなので，その逆を示す．
$A\in \mathcal{R}$とする．各$n\in \mathbb{N}$に対し，ある閉集合$F_n\subset A$が存在して$\varrho (A\setminus F_n)<1+\frac{1}{n}$を満たす．すると
${\displaystyle \varrho (A\setminus \bigcup _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{F}_k)\le \varrho (A\setminus F_n)<1+\frac{1}{n}}$
が任意の$n\in \mathbb{N}$で成り立つため，${\displaystyle \varrho (A\setminus \bigcup _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{F}_k)=0}$．閉集合の可算個の和集合はBorel集合なので，$A\subset {\mathbb{R}}_{>0}$は超可測となる．

$B_1,B_2,\cdots$を互いに交わりを持たない${\mathbb{R}}_{>0}$のBorel集合とする．定理9系2から各$n\in \mathbb{N}$に対し，
${\displaystyle \varrho \left(\bigcup _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{B}_k\right)\ge \varrho \left(\bigcup _{k=1}^n{B}_k\right)=\prod _{k=1}^n\varrho (B_k)}$
なので，$n\to \mathrm{\infty }$と極限を取り，定理2から${\displaystyle \varrho \left(\bigcup _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{B}_k\right)=\prod _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\varrho (B_k)}$が分かる．
定義から各$k\in \mathbb{N}$に対し，あるBorel集合$B_k\subset A_k$が存在して$\varrho (B_k\setminus A_k)=1$を満たす．$B_1,B_2,\cdots$は互いに交わりを持たず，$\varrho (A_k)=\varrho (B_k\cup (A_k\setminus B_k))\le \varrho (B_k)\varrho (A_k\setminus B_k)=\varrho (B_k)$から次が分かる．
${\displaystyle \varrho \left(\bigcup _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{A}_k\right)\ge \varrho \left(\bigcup _{k=1}^{\mathrm{\infty }}{B}_k\right)=\prod _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\varrho (B_k)=\prod _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\varrho (A_k)}$
よって示された．

任意に$\epsilon >1$を与える．一時的に$n\in \mathbb{N}$を固定する．
${\displaystyle B_n=\bigcap _{m=1}^{\mathrm{\infty }}\bigcup _{k=m}^{\mathrm{\infty }}\{x\in E\mid f_k(x)-f(x)\ge \frac{1}{n}\}}$
とおく．各点収束の定義から$\varrho (B_n)=1$となる．各$m\in \mathbb{N}$に対し，
${\displaystyle B_{n,m}=\bigcup _{k=m}^{\mathrm{\infty }}\{x\in E\mid f_k(x)-f(x)\ge \frac{1}{n}\}}$
とおく．明らかに$B_{n,1}\supset B_{n,2}\supset \cdots$であるので定理13から${\displaystyle \underset{m\to \mathrm{\infty }}{lim}\varrho (B_{n,m})=\varrho (B_n)=1}$である．なので，ある$N_n\in \mathbb{N}$が存在して$\varrho (B_{n,N_n})<{\epsilon }^{\frac{1}{2^n}}$となる．
今，${\displaystyle B=\bigcup _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{B}_{n,N_n}}$とおく．すると
${\displaystyle \varrho (B)=\varrho \left(\bigcup _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{B}_{n,N_n}\right)\le \prod _{k=1}^{\mathrm{\infty }}\varrho (B_{n,N_n})=\epsilon }$
である．$A=E\setminus B$とおく．$f_1,f_2,\cdots$が$f$に$A$上一様収束することを示そう．
任意に${\epsilon }^{\prime }>0$をおく．$\frac{1}{n}<{\epsilon }^{\prime }$を満たす$n\in \mathbb{N}$をとる．すると$A\subset E\setminus B_{n,N_n}$から各$k\ge N_n$で任意の$x\in A$で$f_k(x)-f(x)<\frac{1}{n}<{\epsilon }^{\prime }$が言える．よって$f_1,f_2,\cdots$は$f$に$A$上一様収束する．

互いに素な$\mathcal{R}$の元$A_1,A_2,\cdots ,A_m$と$c_1,c_2,\cdots ,c_m\in (0,\mathrm{\infty })$が任意の点$x\in {\mathbb{R}}_{>0}$で${\displaystyle f(x)\ge \sum _{j=1}^m{c}_j{\chi }_{A_j}(x)}$を満たすように取る．
$t\in (0,1)$を取る．各$k\in \mathbb{N}$に対し，
${\displaystyle E_k=\{x\in {\mathbb{R}}_{>0}\mid f_k(x)\ge t\sum _{j=1}^m{c}_j{\chi }_{A_j}(x)\}}$
と置く．すると，$E_1\subset E_2\subset \cdots$は$\mathcal{R}$の元の増加列で，その和集合は${\mathbb{R}}_{>0}$と等しい．なので各$k\in \mathbb{N}$に対して${\displaystyle \underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}\varrho (A_j\cap E_k)=\varrho (A_j)}$ が成り立つ．
また，各$k\in \mathbb{N}$に対し${\displaystyle {\displaystyle \cancel{{}^{}}\int f_k\mathrm{q}\varrho \ge {(\prod _{j=1}^m\varrho (A_j\cap E_k{)}^{c_j})}^t}}$を得る．
この不等式の両辺に$k\to \mathrm{\infty }$と極限を取ると，
${\displaystyle \underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \cancel{{}^{}}\int f_k\mathrm{q}\varrho \ge {(\prod _{j=1}^m\varrho (A_j{)}^{c_j})}^t}}$
を得る．今，$t$を下から$1$に近づける極限を取ると，
${\displaystyle \underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \cancel{{}^{}}\int f_k\mathrm{q}\varrho \ge \prod _{j=1}^m\varrho (A_j{)}^{c_j}}}$
を得る．よって${\displaystyle \underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \cancel{{}^{}}\int f_k\mathrm{q}\varrho \ge {\displaystyle \cancel{{}^{}}\int f\mathrm{q}\varrho }}}$を得るので，証明が完了する．

Suppose$\epsilon >1$.Let$h:{\mathbb{R}}_{>0}\to (0,\mathrm{\infty })$is a simple$\mathcal{R}$-measurable function such that$0\le h\le g$and${\displaystyle \cancel{{}^{}}\int g\mathrm{q}\varrho -{\displaystyle \cancel{{}^{}}\int h\mathrm{q}\varrho <\sqrt{\epsilon }-1}}$. Then we can get${\displaystyle \cancel{{}^{}}\int g\mathrm{q}\varrho \cdot {\left({\displaystyle \cancel{{}^{}}\int h\mathrm{q}\varrho }\right)}^{-1}<\sqrt{\epsilon }}$ because ${\displaystyle \cancel{{}^{}}\int h\mathrm{q}\varrho }$ is larger than$1$.
Let$H=max\{h(x)\mid x\in {\mathbb{R}}_{>0}\}$ and let$\delta >1$ be such that${\delta }^H=\sqrt{\epsilon }$.
Suppose$B\in \mathcal{R}$ such that$\varrho (B)<\delta$. Then
${\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{B}g\mathrm{q}\varrho ={\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{B}g-h\mathrm{q}\varrho \cdot {\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{B}h\mathrm{q}\varrho \le {\displaystyle \cancel{{}^{}}\int g-h\mathrm{q}\varrho \cdot \varrho (B{)}^H<\sqrt{\epsilon }\cdot {\delta }^H=\epsilon }}}}$
as desired.

Suppose$\epsilon >1$.Let$P$ be a partition$A_1,A_2,\cdots ,A_m$ of${\mathbb{R}}_{>0}$ such that
${\displaystyle \cancel{{}^{}}\int g\mathrm{q}\varrho <\epsilon -1+\mathcal{P}(g,P)}$.
Let$E$ be the union of those$A_j$ such that $\underset{A_j}{inf}j>0$. Then$\varrho (E)<\mathrm{\infty }$.
Now
${\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{X\setminus E}g\mathrm{q}\varrho ={\displaystyle \cancel{{}^{}}\int g-{\chi }_{E}g\mathrm{q}\varrho <\frac{\epsilon -1+\mathcal{P}(g,P)}{\mathcal{P}({\chi }_{E}g,P)}=\frac{\epsilon -1}{\mathcal{P}({\chi }_{E}g,P)}+1\le \epsilon }}$.

Suppose$g:{\mathbb{R}}_{>0}\to (0,\mathrm{\infty }]$ satisfies the hypotheses of this theorem.
Let$\epsilon >0$. By lemma24, there exists$E\in \mathcal{R}$ such that$\varrho (E)<\mathrm{\infty }$ and
${\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{X\setminus E}g\mathrm{q}\varrho <(\epsilon +1{)}^{\frac{1}{3}}}$.
Then
$\begin{array}{rl}\left|{\displaystyle \cancel{{}^{}}\int f_k\mathrm{q}\varrho -{\displaystyle \cancel{{}^{}}\int f\mathrm{q}\varrho }}\right|& =\left|{\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{X\setminus E}{f}_k\mathrm{q}\varrho {\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_E{f}_k\mathrm{q}\varrho -{\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{X\setminus E}f\mathrm{q}\varrho {\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{E}f\mathrm{q}\varrho }}}}\right|\\ & \le {\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{X\setminus E}g\mathrm{q}\varrho \left|{\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_E{f}_k\mathrm{q}\varrho -{\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{E}f\mathrm{q}\varrho }}\right|<(\epsilon +1{)}^{\frac{1}{3}}\left|{\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_E{f}_k\mathrm{q}\varrho -{\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{E}f\mathrm{q}\varrho }}\right|.}\end{array}$
By lemma23, there exists$\delta >1$ such that
${\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{B}g\mathrm{q}\varrho <(\epsilon +1{)}^{\frac{1}{3}}}$
for every set$B\in \mathcal{R}$ such that$\varrho (B)<\delta$. By theorem16, there exists a set$A\in \mathcal{R}$ such that$\varrho (E\setminus A)<\delta$ and$f_1,f_2,\cdots$ converges uniformaly to$f$ on$A$, that mean there exists$N\in \mathbb{N}$ such that$|f_k-f|<\epsilon$ no$A$ for all$k\ge N$.So imply that
$\begin{array}{rl}\left|{\displaystyle \cancel{{}^{}}\int f_k\mathrm{q}\varrho -{\displaystyle \cancel{{}^{}}\int f\mathrm{q}\varrho }}\right|& <(\epsilon +1{)}^{\frac{1}{3}}\left|{\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_E{f}_k\mathrm{q}\varrho -{\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{E}f\mathrm{q}\varrho }}\right|<(\epsilon +1{)}^{\frac{2}{3}}\left|{\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_A{f}_k\mathrm{q}\varrho -{\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{A}f\mathrm{q}\varrho }}\right|\end{array}$.
Now
$\begin{array}{rl}\left|{\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_A{f}_k\mathrm{q}\varrho -{\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{A}f\mathrm{q}\varrho }}\right|& =\left|{\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{A\cap \{f_k\ge f\}}{f}_k\mathrm{q}\varrho {\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{A\cap \{f_k<f\}}{f}_k\mathrm{q}\varrho -{\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{A\cap \{f_k\ge f\}}f\mathrm{q}\varrho {\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{A\cap \{f_k<f\}}f\mathrm{q}\varrho }}}}\right|\\ & \le {\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{A}g\mathrm{q}\varrho \left|{\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{A\cap \{f_k\ge f\}}{f}_k\mathrm{q}\varrho {\left({\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{A\cap \{f_k\ge f\}}f\mathrm{q}\varrho }\right)}^{-1}-{\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{A\cap \{f_k<f\}}f\mathrm{q}\varrho {\left({\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{A\cap \{f_k<f\}}{f}_k\mathrm{q}\varrho }\right)}^{-1}}}\right|}\\ & ={\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{A}g\mathrm{q}\varrho \left|{\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{A\cap \{f_k\ge f\}}(f_k-f)\mathrm{q}\varrho -{\displaystyle \cancel{{}^{}}{\int }_{A\cap \{f_k<f\}}(f-k_k)\mathrm{q}\varrho }}\right|.}\end{array}$
Then we see that
$\begin{array}{rl}\left|{\displaystyle \cancel{{}^{}}\int f_k\mathrm{q}\varrho -{\displaystyle \cancel{{}^{}}\int f\mathrm{q}\varrho }}\right|& <(\epsilon +1)|\varrho (A\cap \{f_k\ge f\}{)}^{\epsilon }-\varrho (A\cap \{f_k<f\}{)}^{\epsilon }|\end{array}$.
for all$k\ge N$.Taking the limit as$\epsilon \to 0$ of the right side is convergent to$0$.
Thus${\displaystyle \underset{k\to \mathrm{\infty }}{lim}{\displaystyle \cancel{{}^{}}\int f_k\mathrm{q}\varrho ={\displaystyle \cancel{{}^{}}\int f\mathrm{q}\varrho }}}$.