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$ \varepsilon>1 $を取る．各$k=1,2,\cdots$に対し，$I_k=(a_k,a_k \varepsilon^{ \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) \leq \prod_{k=1}^{\infty} r(I_k) =\varepsilon$であるため，$\varrho (A)=1 $を得る．

各$k \in \mathbb{N} $に対し$\varrho (A_k)=\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)<\infty$と仮定する．
任意に$ \varepsilon>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}^{\infty} r(I_{j,k}) \leq\varrho (A_k) \varepsilon^{ \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}^\infty A_k $を含むようにできて，
$ \displaystyle \varrho \left( \bigcup_{k = 1}^\infty A_k \right) \leq\prod_{k=1}^{\infty}\prod_{j=1}^{\infty} r(I_{j,k}) \leq\prod_{k=1}^{\infty}\varrho (A_k) \varepsilon^{ \frac{1}{2^k} } =\varepsilon\prod_{k=1}^{\infty}\varrho (A_k) $.
となる．
よって$\displaystyle \varrho \left( \bigcup_{k = 1}^\infty A_k \right) \leq \prod_{k=1}^{\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$C_a\cap C_b\not=\emptyset$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}^\infty r_kV $を満たす．すなわち$\displaystyle 2 \leq \prod_{k=1}^{\infty} \varrho (V) $なので$\varrho (V)>1$である．
集合$r_1V,r_2V,\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_kV\subset [1,6]$となるので$\displaystyle\varrho \left( \bigcup_{k=1}^n r_kV \right) \leq 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，
$\displaystyle\varrho \left( \bigcup_{k=1}^n r_kV \right) < \varrho (V)^n=\prod_{k=1}^{n} \varrho (r_kV)$
が従う．

$\emptyset\in\mathcal{R}$，$\displaystyle D_1,D_2,\cdots\in\mathcal{R} \Longrightarrow \bigcup_{k=1}^\infty D_k\in\mathcal{R}$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$\varrho(D)<\infty$を満たすとする．このとき，任意の$\varepsilon>1 $に対し，ある閉集合$ F\subset D$が存在して$\varrho (D\setminus F)<\sqrt{\varepsilon} $を満たす．比率外測度の定義から$D\subset G$なる開集合$G$が存在して$ \varrho(G) \leq \varrho(D) \sqrt{\varepsilon} $となる．$\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)) \leq \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)<\varepsilon$
となる．$\varrho(D)=\infty$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
$\displaystyle \varrho\left(A \setminus\bigcup_{k=1}^\infty F_k \right) \leq \varrho (A\setminus F_n)<1+ \frac{1}{n}$
が任意の$n\in \mathbb{N} $で成り立つため，$\displaystyle \varrho\left(A \setminus\bigcup_{k=1}^\infty F_k \right) =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}^\infty B_k \right) \geq \varrho \left( \bigcup_{k = 1}^n B_k \right) = \prod_{k=1}^{n} \varrho (B_k) $
なので，$ n\rightarrow \infty$と極限を取り，定理2から$\displaystyle \varrho \left( \bigcup_{k = 1}^\infty B_k \right) = \prod_{k=1}^{\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)) \leq \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}^\infty A_k \right) \geq \varrho \left( \bigcup_{k = 1}^\infty B_k \right) = \prod_{k=1}^{\infty} \varrho (B_k)= \prod_{k=1}^{\infty} \varrho (A_k) $
よって示された．

任意に$ \varepsilon >1$を与える．一時的に$n\in \mathbb{N} $を固定する．
$\displaystyle B_n=\bigcap_{m = 1}^\infty \bigcup_{k = m}^\infty \left\{x\in E\mid f_k(x)-f(x) \geq \frac{1}{n} \right\} $
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}^\infty \left\{x\in E\mid f_k(x)-f(x)\geq \frac{1}{n} \right\} $
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 \lim_{m\rightarrow\infty}\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})<\varepsilon^{ \frac{1}{2^n} }$となる．
今，$\displaystyle B=\bigcup_{n = 1}^\infty B_{n,N_n}$とおく．すると
$\displaystyle\varrho(B)=\varrho \left(\bigcup_{n = 1}^\infty B_{n,N_n} \right) \leq \prod_{k=1}^{\infty} \varrho (B_{n,N_n})=\varepsilon$
である．$A=E\setminus B$とおく．$ f_1, f_2,\cdots$が$f$に$A$上一様収束することを示そう．
任意に$\varepsilon'>0$をおく．$ \frac{1}{n}<\varepsilon' $を満たす$n\in \mathbb{N} $をとる．すると$A\subset E\setminus B_{n,N_n}$から各$k \geq N_n$で任意の$x\in A$で$ f_k(x)-f(x)<\frac{1}{n}<\varepsilon'$が言える．よって$ f_1, f_2,\cdots$は$f$に$A$上一様収束する．

Suppose$A_1,A_2,\cdots,A_m$ are disjoint sets in$\mathcal{R} $ and$c_1,c_2,\cdots,c_m\in(0,\infty)$ are such that$\displaystyle f(x) \geq \sum_{j=1}^{m}c_j\chi_{A_j}(x)$ for every$x\in\mathbb{R}_{>0}$.
Let$t\in(0,1)$. For$k\in \mathbb{N} $,let$\displaystyle E_k= \lbrace x\in\mathbb{R}_{>0} \mid f_k(x) \geq t\sum_{j=1}^{m}c_j\chi_{A_j}(x) \rbrace $.
Then$E_1\subset E_2\subset\cdots$ is an increasing sequence of sets in$\mathcal{R}$ whose union equals$\mathbb{R}_{>0}$. Thus$\displaystyle \lim_{k\rightarrow\infty}\varrho(A_j\cap E_k)= \varrho(A_j)\ $ for each$j=1,\cdots,m$.
We have$ \displaystyle\qinteg f_k \ \mathrm{q}\varrho \geq \left( \prod_{j=1}^{m}\varrho(A_j \cap E_k)^{c_j} \right)^t $ for each$k\in \mathbb{N} $.
Taking the limit as$k$ to infinity of both sides of the inequality above gives
$ \displaystyle\lim_{k\rightarrow\infty}\qinteg f_k \ \mathrm{q}\varrho \geq \left( \prod_{j=1}^{m}\varrho(A_j)^{c_j} \right)^t $.
Now taking the limit as$t$ increases to$1$ show that
$ \displaystyle\lim_{k\rightarrow\infty}\qinteg f_k \ \mathrm{q}\varrho \geq \prod_{j=1}^{m}\varrho(A_j)^{c_j} $.
Hence$\displaystyle \lim_{k\rightarrow\infty}\qinteg f_k \ \mathrm{q}\varrho \geq \qinteg f \ \mathrm{q}\varrho$, completing the proof.

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

Suppose$ \varepsilon >1$.Let$P$ be a partition$A_1,A_2,\cdots,A_m$ of$\mathbb{R}_{>0}$ such that
$\qinteg g\ \mathrm{q}\varrho<\varepsilon-1+ \mathscr{P}(g,P) $.
Let$E$ be the union of those$A_j$ such that $\inf_{A_j}j>0$. Then$\varrho(E)<\infty$.
Now
$\qinteg_{X\setminus E} g\ \mathrm{q}\varrho=\qinteg g-\chi_{E}g\ \mathrm{q}\varrho< \frac{\varepsilon-1+ \mathscr{P}(g,P)}{\mathscr{P}(\chi_{E}g,P)}=\frac{\varepsilon-1}{\mathscr{P}(\chi_{E}g,P)}+1\leq \varepsilon$.

Suppose$g:\mathbb{R}_{>0}\rightarrow (0,\infty]$ satisfies the hypotheses of this theorem.
Let$\varepsilon >0 $. By lemma24, there exists$E\in\mathcal{R}$ such that$\varrho(E)<\infty$ and
$ \qinteg_{X\setminus E} g\ \mathrm{q}\varrho <(\varepsilon+1)^{ \frac{1}{3} }$.
Then
$\begin{align} \left| \qinteg f_k \ \mathrm{q}\varrho -\qinteg f\ \mathrm{q}\varrho \right| &= \left| \qinteg_{X\setminus E} f_k \ \mathrm{q}\varrho\qinteg_{E} f_k \ \mathrm{q}\varrho -\qinteg_{X\setminus E} f\ \mathrm{q}\varrho \qinteg_{E} f\ \mathrm{q}\varrho \right| \\ &\leq\qinteg_{X\setminus E} g\ \mathrm{q}\varrho \left| \qinteg_{E} f_k \ \mathrm{q}\varrho -\qinteg_{E} f\ \mathrm{q}\varrho \right| <(\varepsilon+1)^{ \frac{1}{3} }\left| \qinteg_{E} f_k \ \mathrm{q}\varrho -\qinteg_{E} f\ \mathrm{q}\varrho \right| \ . \end{align} $
By lemma23, there exists$\delta>1$ such that
$ \qinteg_{B} g\ \mathrm{q}\varrho <(\varepsilon+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$|f_k-f|<\varepsilon$ no$A$ for all$k \geq N$.So imply that
$\begin{align} \left|\qinteg f_k \ \mathrm{q}\varrho -\qinteg f\ \mathrm{q}\varrho \right| &<(\varepsilon+1)^{ \frac{1}{3} }\left| \qinteg_{E} f_k \ \mathrm{q}\varrho -\qinteg_{E} f\ \mathrm{q}\varrho \right|<(\varepsilon+1)^{ \frac{2}{3} }\left| \qinteg_{A} f_k \ \mathrm{q}\varrho -\qinteg_{A} f\ \mathrm{q}\varrho \right| \end{align} $.
Now
$\begin{align} \left| \qinteg_{A} f_k \ \mathrm{q}\varrho -\qinteg_{A} f\ \mathrm{q}\varrho \right|&=\left| \qinteg_{A\cap\{f_k \geq f\}} f_k \ \mathrm{q}\varrho \qinteg_{A\cap\{f_k < f\}} f_k \ \mathrm{q}\varrho-\qinteg_{A\cap\{f_k \geq f\}} f \ \mathrm{q}\varrho \qinteg_{A\cap\{f_k < f\}} f \ \mathrm{q}\varrho \right| \\ & \leq \qinteg_{A} g \ \mathrm{q}\varrho\left| \qinteg_{A\cap\{f_k \geq f\}} f_k \ \mathrm{q}\varrho \left( \qinteg_{A\cap\{f_k \geq f\}} f \ \mathrm{q}\varrho \right)^{-1} -\qinteg_{A\cap\{f_k < f\}} f \ \mathrm{q}\varrho \left( \qinteg_{A\cap\{f_k < f\}} f_k \ \mathrm{q}\varrho \right)^{-1} \right|\\ &= \qinteg_{A} g \ \mathrm{q}\varrho\left| \qinteg_{A\cap\{f_k \geq f\}} (f_k-f) \ \mathrm{q}\varrho -\qinteg_{A\cap\{f_k < f\}} (f-k_k) \ \mathrm{q}\varrho \right|. \end{align} $
Then we see that
$\begin{align} \left|\qinteg f_k \ \mathrm{q}\varrho -\qinteg f\ \mathrm{q}\varrho \right| &<(\varepsilon+1)\left| \varrho(A\cap\{f_k \geq f\})^\varepsilon -\varrho(A\cap\{f_k < f\})^\varepsilon \right| \end{align} $.
for all$k \geq N$.Taking the limit as$ \varepsilon\rightarrow 0$ of the right side is convergent to$0$.
Thus$\displaystyle \lim_{k\rightarrow\infty}\qinteg f_k \ \mathrm{q}\varrho =\qinteg f \ \mathrm{q}\varrho$.

Suppose$n\in \mathbb{N} $. Consider the partition$I_1,I_2,\cdots,I_{2^n}$, denoted$P_n$, is defined by
$ \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} I_k:=\left[a^{ \frac{2^n-k+1}{2^n} }b^{\frac{k-1}{2^n}},a^{ \frac{2^n-k}{2^n} }b^{\frac{k}{2^n}}\right) \qquad k=1,\cdots,2^n-1 \\ I_{2^n}:=\left[a^{ \frac{1}{2^n} }b^{\frac{2^n-1}{2^n}},b\right] \end{array} \right. \end{eqnarray} $.
Let
$\displaystyle g_n=\sum_{j=1}^{2^n} \left(\inf_{I_j}f \right) \chi_{I_j}$ and $\displaystyle h_n=\sum_{j=1}^{2^n} \left(\sup_{I_j}f \right) \chi_{I_j}$.
The lower and upper ratio Riemman product of$f$ for the partition$P_n$ are given by ratio integrals.
Specifical,$\overline{ P } (f,P_n)=\qinteg_{[a,b]} g_n \ \mathrm{q}\varrho$ and $\underline{ P }(f,P_n)=\qinteg_{[a,b]} h_n \ \mathrm{q}\varrho$.
Clealy$g_1 \leq g_2\leq\cdots $ is an increasing sequence of functions and$h_1 \geq h_2\geq\cdots $ is an decreasing sequence of functions on$[a,b]$. Define functions$\overline{ f }:[a,b]\rightarrow (0,\infty)$ and$\underline{ f }:[a,b]\rightarrow (0,\infty)$ by
$\displaystyle\overline{ f }(x)= \lim_{n \to \infty} g_n(x)$ and $\displaystyle \underline{ f }(x)= \lim_{n \to \infty} h_n(x)$.
We see that$\overline{ f }(x)$ and$\underline{ f }(x) $ are$\mathcal{R}$-measurable functions and
$\overline{ Q } (f,P_n)=\qinteg_{[a,b]} \overline{ f } \ \mathrm{q}\varrho$ and $\underline{ Q }(f,P_n)=\qinteg_{[a,b]} \underline{ f } \ \mathrm{q}\varrho$.
Now this implies that$f$ is ratio Riemman integrable if and only if
$\displaystyle 1= \frac{\overline{ Q } (f,P_n)}{\underline{ Q }(f,P_n)} =\qinteg_{[a,b]} \left( \overline{ f }-\underline{ f } \right) \ \mathrm{q}\varrho$,
the equation above holds if and only if
$\varrho(\{x\in[a,b]\mid \overline{ f }(x)\not=\underline{ f }(x)\})=1$.
The remaining details of the proof can be completed by noting that
$ \{x\in[a,b]\mid \overline{ f }(x)\not=\underline{ f }(x)\}=\{x\in[a,b]\mid f\text{ is not countinuous at }x\}$.