正則ではない有限Borel測度
位相的正則性には台がコンパクトな連続関数で近似する時などお世話になっていますがこれはどれくらい珍しいことなのでしょうか.
まず幾つか定義をします.
開集合系が生成する$\sigma$代数上の測度をBorel測度という.$\sigma$代数の元$E$における値が$E$を含む開集合における値の下限で与えられるとき,測度は外部正則であるといい,$E$に含まれるコンパクト集合における値の上限で与えられるとき,内部正則であるという.外部正則かつ内部正則であるとき単に正則であるという.正則な有限Borel測度をRadon測度という.
可分であり完備な距離によって距離化可能な空間をポーランド空間という.
慣れ親しんだ$\mathbb{R}$は明らかにポーランド空間ですが,例えば$\mathbb{Q}$はポーランド空間ではありません.実際$\mathbb{Q}$に完備な距離が入るとすれば$1$点集合の可算和で表してベールのカテゴリーを用いると$1$点が開球を含むことになり矛盾します.
ここで次の定理が成り立ちます.
ポーランド空間の有限Borel測度は内部正則である.
$\mathbb{Q}$はポーランド空間ではありませんが可算なのでいかなる有限測度も内部正則です.
正則でない有限Borel測度が見たい…
そこで今回は正則ではない有限Borel測度を構成しようと思います.
$(X,\mathcal{A},\mu)$を有限測度空間,$C\subseteq X$(可測とは限らない)とする.
$A\subseteq X$に対してその外測度$\mu^*$,内測度$\mu_*$を
$\mu^*(A)=\text{inf}\{\mu(B)\ |\ A\subseteq B,B\in \mathcal{A}\}$
$\mu_*(A)=\text{sup}\{\mu(B)\ |\ B\subseteq A,B\in \mathcal{A}\}$
により定める.
(a)$\mathcal{A}_C=\{A\cap C\ |\ A\in \mathcal{A}\}$は$\sigma$代数をなす.
(b)$A\subseteq X$とする.ある$A_0,A_1\in\mathcal{A}$が存在して
$A_0\subseteq X\subseteq A_1$,$\mu_*(A)=\mu(A_0)$,$\mu^*(A)=\mu(A_1)$を満たす.
(c)(b)により$C\subseteq C_1, \mu (C_1)=\mu^*(C)$を満たす$C_1\in \mathcal{A}$を取ることができる.$A_1,A_2\in\mathcal{A}$が$A_1\cap C=A_2\cap C$を満たすとき$\mu(A_1\cap C_1)=\mu(A_2\cap C_1)$が成り立つ.
(d)$A\in\mathcal{A}$に対し$\mu_C(A\cap C)=\mu(A\cap C_1)$と定める.
任意の$B\in \mathcal{A}_C$に対し$\mu_C(B)=\mu^*(B)$が成り立つ.
よって$\mu_C$は$C_1$の取り方に依存しない.
(e)$\mu_C$は$(C,\mathcal{A}_C)$上の測度となる.
(a)簡単な集合の計算で分かる.
(b)下限の定義から任意の$n\in\mathbb{N}$に対しある$B_n\in \mathcal{A}$が存在して$A\subseteq B_n$,$\mu(B_n)-\dfrac{1}{n}<\mu^*(A)$を満たす.よって$A_1=\displaystyle\bigcap_n B_n$とおくと$\mu(A_1)\leq \mu(B_n)<\mu^*(A)+\dfrac{1}{n}$.自然数$n$は任意だから$\mu(A_1)\leq \mu^*(A)$.一方$A\subseteq A_1$だから外測度の単調性から$\mu^*(A)\leq \mu^*(A_1)=\mu(A_1)$となり結論を得る.同様に$A_0$の存在も分かる.
(c)$k=1,2$に対し$\mu^*(C_1\cap A_k)>\mu^*(C\cap A_k)$であると仮定する.
$\mu(C_1)=\mu(C_1\cap A_k)+\mu(C_1\backslash A_k)$
$=\mu^*(C_1\cap A_k)+\mu^*(C_1\backslash A_k)$
$>\mu^*(C\cap A_k)+\mu^*(C\backslash A_k)$
$\geq \mu^*(C)=\mu(C_1)$
となり矛盾する.よって$\mu^*(C_1\cap A_k)=\mu^*(C\cap A_k)$.これと仮定から示される.
(d)$B=B^{\prime}\cap C$,$B^{\prime}\in \mathcal{A}$とおく.$\mu_C(B)=\mu(B^{\prime} \cap C_1)$が$\{\mu(A)\ |\ B\subseteq A,A\in\mathcal{A}\}$の最小値であればよい.$ B\subseteq A,A\in\mathcal{A}$とする.$B^{\prime}\cap C=B^{\prime}\cap A\cap C$なので(c)から$\mu(B^{\prime}\cap C_1)=\mu(B^{\prime}\cap A\cap C_1)\leq\mu(A)$となりいえた.
(e)$A_n\cap C\in \mathcal{A}_C$,$A_n\in\mathcal{A}$($n=1,2,…$),$A_n\cap A_m\cap C=\phi$($n\neq m$)とする.
$\mu((A_1\cap C_1)\cup (\displaystyle\bigcup_{k=2}^{\infty}(A_k\cap C_1))$
$=\mu(A_1\cap C_1)+\mu(\displaystyle\bigcup_{k=2}^{\infty}(A_k\cap C_1))-\mu(\displaystyle\bigcup_{k=2}^{\infty}(A_1\cap A_k\cap C_1))$
ここで
$\mu(\displaystyle\bigcup_{k=2}^{\infty}(A_1\cap A_k\cap C_1))\leq \sum \mu(\displaystyle A_1\cap A_k\cap C_1)$
$=\sum \mu^*(A_1\cap A_k\cap C)=0$.
帰納的に
$\mu(\displaystyle\bigcup_{k=1}^{\infty}(A_k\cap C_1))=\displaystyle\sum_{k=1}^n\mu(A_k\cap C_1)+\mu(\displaystyle\bigcup_{k=n+1}^{\infty}(A_k\cap C_1))$
有限測度だから
$\mu(\displaystyle\bigcup_{k=n+1}^{\infty}(A_k\cap C_1))\to0 \ (n\to\infty)$であり
$\mu(\displaystyle\bigcup_{k=1}^{\infty}(A_k\cap C_1))=\displaystyle\sum_{k=1}^\infty\mu(A_k\cap C_1)$
示された.
もう一つ命題を証明します.
$(X,\mathcal{A},\mu)$を有限測度空間とし,その完備化を$(X,\mathcal{A}_{\mu},\overline{\mu })$とする.前命題と同様に
$\mu^*(A)=\text{inf}\{\mu(B)\ |\ A\subseteq B,B\in \mathcal{A}\}$
$\mu_*(A)=\text{sup}\{\mu(B)\ |\ B\subseteq A,B\in \mathcal{A}\}$とおく.
$A\in \mathcal{A}_{\mu}$であるための必要十分条件は$\mu^*(A)= \mu_*(A)$が成り立つことである.
まず$A\in \mathcal{A}_{\mu}$であるとする.完備化の定義からある$E,F\in\mathcal{A}$が存在して$E\subseteq A \subseteq F$,$\mu(F\backslash E)=0$を満たす.このとき
$ \mu(E)\leq \mu_*(A)\leq \mu^*(A)\leq \mu(F)=\mu(E)$.
逆に$\mu^*(A)= \mu_*(A)$を仮定する.$n\in \mathbb{N}$に対しある$B_n,C_n\in\mathcal{A}$が存在して$B_n\subseteq A\subseteq C_n$,
$ \mu(B_n)-\dfrac{1}{n}<\mu_*(A)\leq \mu^*(A)<\mu(C_n)+\dfrac{1}{n}$を満たす.
$B=\displaystyle\bigcup_n B_n$,$C=\displaystyle\bigcap_n C_n$とおくとこれらは$\mathcal{A}$の元で$B\subseteq A\subseteq C$を満たし任意の$n\in\mathbb{N}$に対し
$\mu(C\backslash B)\leq\mu(C_n\backslash B_n)\to0$
なので$A\in \mathcal{A}$.
これらを用いて次が分かります.
$\mu$をルベーグ測度,$C$を有界なルベーグ非可測集合とし命題$2$の測度空間$(C,\mathcal{A}_C,\mu)$を考えるとこれは正則でない有限Borel測度空間である.
$\mu(C)=\mu_*(C)=\text{sup}\{\mu(B)\ |\ B\subseteq C,B\in \mathcal{A}_C:\text{cpt}\}$なら命題$3$により$C$がルベーグ可測となり矛盾する.
特にルベーグ非可測集合には完備な距離が入らないこともわかります.実際はポーランド空間の部分空間に対しては$G_{\delta}$集合であることとポーランド空間であることは同値なのでBorel可測でなければ不可能です.
ルベーグ非可測集合は選択公理を使って構成している反面$\mathbb{R}$の部分集合なので身近なようなそうじゃないような…
他の例も気になるところです.
参考文献
https://math.stackexchange.com/questions/1374292/trace-sigma-algebra-and-measurable-envelope
Cohn, D.L.: Measure Theory, 2nd edn. Springer, New York (2013)
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