Riesz–Markov–角谷の表現定理（書きかけ）

有限符号付き測度

\(\mu\left(\bigcup_{n = 1}^\infty E_n\right)\)は\((E_n)_{n \in \mathbb{Z}_+}\)の順番に依らないので，上の定義がwell-definedであるためには\(\sum_{n = 1}^\infty \mu(E_n)\)も\((E_n)_{n \in \mathbb{Z}_+}\)の順番に依らず同じ値でなければならない．「絶対収束\(\Rightarrow\)任意の交替級数が収束」が成り立つことはよく知られている（よく使われる）が、実は逆「任意の交替級数が収束\(\Rightarrow\)絶対収束」も成り立つ．したがって上の定義は暗に\(\sum_{n = 1}^\infty \mu(E_n)\)は絶対収束するというを要請している．「任意の交替級数が収束\(\Rightarrow\)絶対収束」が成り立つことはRiemannの再配列定理などと呼ばれる定理の対偶からわかる．

任意の有限符号付き測度は\(\mu(\emptyset) = 0\)を満たす．これは以下のように確認できる．\(\sigma\)-加法性より \begin{align*} \mu(\emptyset) = \lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^n \mu(\emptyset) = \lim_{n \to \infty} n\mu(\emptyset) \end{align*} が成り立つ．\(\mu(\emptyset) \neq 0\)と仮定すると\(\lim_{n \to \infty} n\mu(\emptyset) = \pm \infty\)となり\(\mu(\emptyset) \in \mathbb{R}\)に矛盾する．よって\(\mu(\emptyset) = 0\)である．

証明\(A\)と\(B \setminus A\)は互いに素なので\(\sigma\)-加法性（から導かれる有限加法性）より\(\mu(B) = \mu(A) + \mu(B \setminus A)\)が成り立ち，したがって\(\mu(B \setminus A) = \mu(B) - \mu(A)\)が成り立つ．∎

符号付きでない一般的な測度は，定義に非負性\(\mu\colon \mathcal{E} \to [0,\,\infty]\)が含まれているので，上の証明において\(\mu(B \setminus A) \geq 0\)であることから単調性\(\mu(A) \leq \mu(B)\)がわかる．一方，符号付き測度では一般に単調性は成り立たない．以下の単調収束性は証明に非負性を利用しないため，普通の測度と同様に成り立つ．

証明 \((\ref{monotone1})\)を示す．\(A_0 = \emptyset\)とする．\(A_n\uparrow\)のとき，\(A_1 \setminus A_0 = A_1,\,A_2 \setminus A_1,\,\ldots\)は互いに素なので \begin{align*} \mu\left(\bigcup_{n = 1}^\infty A_n \right) & = \mu\left(\bigcup_{n = 1}^\infty (A_n \setminus A_{n - 1}) \right) \\ & = \lim_{n \to \infty} \sum_{k = 1}^n \mu(A_k \setminus A_{k - 1}) \\ & = \lim_{n \to \infty} ((\mu(A_1) - \mu(A_0)) + (\mu(A_2) - \mu(A_1)) + \cdots + (\mu(A_n) - \mu(A_{n - 1}))) \\ & = \lim_{n \to \infty} \mu(A_n) \end{align*} が成り立つ．

\((\ref{monotone2})\)を示す．一般に次が成り立つ： \begin{align*} A_1 \setminus \bigcup_{n = 1}^\infty A_n &= A_1 \cap \left(\bigcap_{n = 1}^\infty A_n \right)^c \\ &= A_1 \cap \bigcup_{n = 1}^\infty A_n^c \\ &= \bigcup_{n = 1}^\infty (A_1 \cap A_n^c) \\ &= \bigcup_{n = 1}^\infty (A_1 \setminus A_n). \end{align*} \(A_n\downarrow\)のとき，\(A_1 \setminus A_n \uparrow\)に上の結果を用いて \begin{align*} \mu(A_1) - \mu\left(\bigcap_{n = 1}^\infty A_n \right) &= \mu\left(A_1 \setminus \bigcap_{n = 1}^\infty A_n \right) \\ &= \mu\left(\bigcup_{n = 1}^\infty (A_1 \setminus A_n) \right) \\ &= \lim_{n \to \infty} \mu(A_1 \setminus A_n) \\ &= \lim_{n \to \infty} (\mu(A_1) - \mu(A_n)) \\ &= \mu(A_1) - \lim_{n \to \infty} \mu(A_n) \end{align*} となるので\((\ref{monotone2})\)が成り立つ．∎

もちろん非負や非正といったほうが正確だが，正・負(positive/negative)のほうがよく使われているため，そちらに合わせる．

証明 集合族\((E_n)_{n \in \mathbb{Z}_+}\)を以下のように定義する： \begin{align*} E_n = \begin{cases} P_1 & \text{if \(n = 1\)}, \\ P_n \setminus (P_1 \cup P_2 \cup \cdots P_{n - 1}) & \text{otherwise}. \end{cases} \end{align*} このとき\((E_n)_{n \in \mathbb{Z}_+}\)は互いに素な\(\mathcal{E}\)の要素からなる族で，\(\bigcup_{n \in \mathbb{Z}_+} E_n = \bigcup_{n \in \mathbb{Z}_+}P_n\)である．さらに各\(n \in \mathbb{Z}_+\)で\(E_n \subseteq P_n\)であるから，正集合の性質により\(\mu(E_n) \geq 0\)が成り立つ．

任意の\(A \in \mathcal{E}\)で\(A \subseteq \bigcup_{n = 1}^\infty P_n\)をとる．一般に\(A \subseteq B\)ならば\(A \cap B = A\)であることから \begin{align*} \mu(A) = \mu\left(A \cap \bigcup_{n = 1}^\infty P_n \right) = \mu\left(A \cap \bigcup_{n = 1}^\infty E_n \right) = \mu\left(\bigcup_{n = 1}^\infty (A \cap E_n) \right) \end{align*} が成り立つ．各\(n \in \mathbb{Z}_+\)で\(A \cap E_n \subseteq P_n\)かつ，\(A \cap E_1,\,A \cap E_2,\,\ldots\)は互いに素であるから，\(\sigma\)-加法性により \begin{align*} \mu(A) = \sum_{n = 1}^\infty \mu(A \cap E_n) \geq 0 \end{align*} が成り立つ．ゆえに\(\bigcup_{n = 1}^\infty P_n\)もまた正集合である．∎

証明 集合\(S\)を \begin{align*} S = \{\mu(P) \mid P\text{ is a positive set for }\mu\} \end{align*} と定義する．空集合\(\emptyset \in \mathcal{E}\)は\(\mu\)の正集合なので\(S \neq \emptyset\)である．よって上限\(s := \sup S\)が存在する．上限の性質により，任意の\(n \in \mathbb{Z}_+\)に対して，\(\mu\)の正集合\(P_n \in \mathcal{E}\)で \begin{align*} s - \frac{1}{n} \leq \mu(P_n) \leq s \end{align*} が成り立つようなものをとることができる．\(X^+ := \bigcup_{n = 1}^\infty P_n\)とすると補題より\(X^+\)は\(\mu\)の正集合である． \(X^- = X \setminus X^+\)とする．このとき\(X = X^+ \cup X^-\)かつ\(X^+ \cap X^- = \emptyset\)が成り立つ．あとは\(X^-\)が\(\mu\)の負集合であることを示せばよい．

各\(n \in \mathbb{Z}_+\)で\(P_n \subset X^+\)かつ\(X^+\)が正集合であるから \begin{align*} \mu(X^+) &= \mu(X^+ \setminus P_n) + \mu(P_n) \\ &\geq \mu(P_n) \end{align*} が成り立つ．また上限の性質より\(\mu(X^+) \leq s\)であるから，任意の\(n \in \mathbb{Z}_+\)で \begin{align*} s - \frac{1}{n} \leq \mu(P_n) \leq \mu(X^+) \leq s \end{align*} が成り立ち，\(s= \mu(X^+)\)であることがわかる．\(X^-\)が負集合でないと仮定する．このときある\(E \in \mathcal{E}\)で\(E \subseteq X^-\)かつ\(\mu(E) \gt 0\)となるようなものが存在する．補題により正集合\(A \subseteq E\)で\(\mu(A) \gt 0\)となるようなものが存在する．\(A \subset X^-\)より\(A \cap X^+ = \emptyset\)かつ，補題から\(\mu(X^+ \cup A)\)が正集合なので \begin{align*} \mu(X^+ \cup A) = \mu(X^+) + \mu(A) \gt \mu(X^+) \end{align*} となる．しかしこれは\(\mu(X^+)\)が\(S\)の上限であったことと矛盾する．ゆえに\(X^-\)は負集合である．∎