(1) 前者は定義。後者は $X = \varnothing^{c}$ から。

(2) 前者は $A\setminus B = (A^{c}\cup B)^{c}$ から。後者は $A\ominus B = (A\setminus B)\cup (B\setminus A)$ から。

(3) 前者は定義。後者は $\bigcap_{n\in\N}A_{n} = \left(\bigcup_{n\in\N}A_{n}^{c}\right)^{c}$ から。

(4) 前者について、各 $n\in \N$ に対して $\bigcup_{k\geq n}A_{k}\in \mathcal{B}$ なので $\underset{n\to\infty}{\varlimsup}A_{n} = \bigcap_{n\in\N}\bigcup_{k\geq n}A_{k}\in \mathcal{B}$ です。後者について、各 $n\in \N$ に対して $\bigcap_{k\geq n}A_{k}\in \mathcal{B}$ なので $\underset{n\to\infty}{\varliminf}A_{n} = \bigcup_{n\in\N}\bigcap_{k\geq n}A_{k}\in \mathcal{B}$ です。

$B\setminus A\in \mathcal{B}$ と $B = A\sqcup (B\setminus A)$ より $\mu(B) = \mu(A) + \mu(B\setminus A)$ ですが細かいことをいうと、有限個の可測集合の直和についての加法性 $\mu(\bigsqcup_{k = 1}^{n}E_{k}) = \sum_{k = 1}^{n}\mu(E_{k})$ は $k > n$ において $E_{k} = \varnothing$ となる無限列に拡張して定義の加法性 $\mu(\bigsqcup_{k = 1}^{\infty}E_{k}) = \sum_{k = 1}^{\infty}\mu(E_{k})$ を使うことで正当化されています。、$\mu(B\setminus A)\geq 0$ なので $\mu(A)\leq \mu(B)$ です。

(1) $A_{-1} := \varnothing$ としておきます。各 $n\in \N$ に対して $A_{n} = \bigsqcup_{k = 0}^{n}(A_{k}\setminus A_{k - 1})$ であり、また、$\underset{n\to\infty}{\lim}A_{n} = \bigsqcup_{n\in\N}(A_{n}\setminus A_{n - 1})$ です。よって、\[\mu\left(\lim_{n\to\infty}A_{n}\right) = \mu\left(\bigsqcup_{n\in\N}(A_{n}\setminus A_{n - 1})\right) = \sum_{n = 0}^{\infty}\mu(A_{n}\setminus A_{n - 1}) = \lim_{n\to\infty}\sum_{k = 0}^{n}\mu(A_{k}\setminus A_{k - 1}) = \lim_{n\to\infty}\mu(A_{n})\]となります。

(2) $A_{0} = \underset{n\to\infty}{\lim}A_{n}\sqcup \bigsqcup_{n\in\N}(A_{n}\setminus A_{n + 1})$ より\[\mu(A_{0}) = \mu\left(\underset{n\to\infty}{\lim}A_{n}\right) + \sum_{n = 0}^{\infty}\mu(A_{n}\setminus A_{n + 1})\]であり、$\mu(A_{0}) < +\infty$ より\[\mu\left(\underset{n\to\infty}{\lim}A_{n}\right) = \mu(A_{0}) - \sum_{n = 0}^{\infty}\mu(A_{n}\setminus A_{n + 1})\]です。右辺について、\[\mu(A_{0}) - \sum_{n = 0}^{\infty}\mu(A_{n}\setminus A_{n + 1}) = \lim_{n\to\infty}\left(\mu(A_{0}) - \sum_{k = 0}^{n - 1}\mu(A_{k}\setminus A_{k + 1})\right) = \lim_{n\to\infty}\mu(A_{n})\]であるので $\mu\left(\underset{n\to\infty}{\lim}A_{n}\right) = \underset{n\to\infty}{\lim}\mu(A_{n})$ です。

(3) $\underset{n\to\infty}{\varliminf}A_{n} = \bigcup_{n\in\N}\bigcap_{k\geq n}A_{k}$ であり、(1)を適用して\[\mu\left(\varliminf_{n\to\infty}A_{n}\right) = \lim_{n\to\infty}\mu\left(\bigcap_{k\geq n}A_{k}\right) = \varliminf_{n\to\infty}\mu\left(\bigcap_{k\geq n}A_{k}\right)\leq \varliminf_{n\to\infty}\mu(A_{n})\]です。

(4) $\underset{n\to\infty}{\varlimsup}A_{n} = \bigcap_{n\in\N}\bigcup_{k\geq n}A_{k}$ であり、仮定の $\mu\left(\bigcup_{n\in\N}A_{n}\right) < +\infty$ から(2)を適用することができ\[\mu\left(\varlimsup_{n\to\infty}A_{n}\right) = \lim_{n\to\infty}\mu\left(\bigcup_{k\geq n}A_{k}\right) = \varlimsup_{n\to\infty}\mu\left(\bigcup_{k\geq n}A_{k}\right)\geq \varlimsup_{n\to\infty}\mu(A_{n})\]です。

(5) これは\[\mu\left(\lim_{n\to\infty}A_{n}\right) = \mu\left(\varliminf_{n\to\infty}A_{n}\right)\leq \varliminf_{n\to\infty}\mu(A_{n})\leq \varlimsup_{n\to\infty}\mu(A_{n})\leq \mu\left(\varlimsup_{n\to\infty}A_{n}\right) = \mu\left(\lim_{n\to\infty}A_{n}\right)\]から従います。

(1) $\mu^{*}(\varnothing) = 0$ と部分集合 $A\subset B$ に対して $\mu^{*}(A)\leq \mu^{*}(B)$ であることは $\mu^{*}$ の定義から明らかです。$X$ の部分集合の列 $\{A_{n}\}_{n\in\N}$ を取り、$\mu^{*}\left(\bigcup_{n\in\N}A_{n}\right)\leq \sum_{n\in\N}\mu^{*}(A_{n})$ を示します。正実数 $\varepsilon > 0$ を固定します。各 $n\in \N$ に対して $A_{n}\subset \bigcup_{k\in\N}B_{n, k}$ かつ $\sum_{k = 0}^{\infty}\lambda(B_{n, k}) < \mu^{*}(A_{n}) + 2^{-n}\varepsilon$ となる列 $\{B_{n, k}\}_{k\in\N}\subset \mathcal{F}$ を取るとき、$\bigcup_{n\in\N}A_{n}\subset \bigcup_{n, k\in\N}B_{n, k}$ かつ $\sum_{n, k\in\N}\lambda(B_{n, k}) < \sum_{n = 0}^{\infty}\mu^{*}(A_{n}) + 2\varepsilon$ が成立しています。従って、$\mu^{*}\left(\bigcup_{n\in\N}A_{n}\right)\leq \sum_{n\in\N}\mu^{*}(A_{n})$ です。以上により $\mu^{*}$ は外測度です。

(2) $A\subset \bigcup_{n\in\N}A_{n}$ を満たす任意の列 $\{A_{n}\}_{n\in\N}\subset \mathcal{F}$ に対して\begin{eqnarray*}\lambda(A) & = & \lambda\left(A\cap \bigsqcup_{n\in\N}\left(A_{n}\setminus \bigcup_{k < n}A_{k}\right)\right) \\& = & \sum_{n\in\N}\lambda\left(A\cap \left(A_{n}\setminus \bigcup_{k < n}A_{k}\right)\right) \leq \sum_{n\in\N}\lambda(A_{n})\end{eqnarray*}であり$\lambda$ が完全加法的であることを $2$ つ目の等号で使用。、$\mu^{*}(A)\geq \lambda(A)$ です。逆向きの不等式は $A_{0} = A$, $A_{n} = \varnothing \ (n > 0)$ を考えることで従い、よって、$\mu^{*}(A) = \lambda(A)$ です。

(1) $\varnothing\in \mathcal{B}_{\mu^{*}}$ であること、$E\in \mathcal{B}_{\mu^{*}}$ ならば $E^{c}\in \mathcal{B}_{\mu^{*}}$ であることは可測集合の定義から明らかです。可測集合列 $\{E_{n}\}_{n\in\N}$ に対して $\bigcup_{n\in\N}E_{n}\in \mathcal{B}_{\mu^{*}}$ であることを以下の手順で示します。

(i) 各 $n\in \N$ に対して $E_{n}\subset \left(\bigcup_{k < n}E_{k}\right)^{c} = \bigcap_{k < n}E_{k}^{c}$ であることから\begin{eqnarray*}\mu^{*}\left(A\cap \bigcap_{k < n}E_{k}^{c}\right) & = & \mu^{*}\left(A\cap \bigcap_{k < n}E_{k}^{c}\cap E_{n}\right) + \mu^{*}\left(A\cap \bigcap_{k < n}E_{k}^{c}\cap E_{n}^{c}\right) \\& = & \mu^{*}(A\cap E_{n}) + \mu^{*}\left(A\cap \bigcap_{k < n + 1}E_{k}^{c}\right)\end{eqnarray*}であり、これを足し合わせることで任意の $n\in \N$ に対して\[\mu^{*}(A) = \sum_{k = 0}^{n}\mu^{*}(A\cap E_{k}) + \mu^{*}\left(A\cap \bigcap_{k < n + 1}E_{k}^{c}\right)\geq \sum_{k = 0}^{n}\mu^{*}(A\cap E_{k}) + \mu^{*}\left(A\cap \bigcap_{k\in\N}E_{k}^{c}\right)\]です。$n\to \infty$ と極限を取れば\[\mu^{*}(A) \geq \sum_{k = 0}^{\infty}\mu^{*}(A\cap E_{k}) + \mu^{*}\left(A\cap \bigcap_{k\in\N}E_{k}^{c}\right)\]です。そして、外測度の劣加法性からさらに\[\mu^{*}(A)\geq \mu^{*}\left(A\cap \bigsqcup_{n\in\N}E_{n}\right) + \mu^{*}\left(A\cap \bigcap_{n\in\N}E_{n}^{c}\right)\]です。逆の不等式は外測度の定義から明らかであり、任意の部分集合 $A$ に対して\[\mu^{*}(A) = \mu^{*}\left(A\cap \bigsqcup_{n\in\N}E_{n}\right) + \mu^{*}\left(A\cap \bigcap_{n\in\N}E_{n}^{c}\right)\]と分かるので $\bigsqcup_{n\in\N}E_{n}\in \mathcal{B}_{\mu^{*}}$ です。

(ii) $E\cap F\in \mathcal{B}_{\mu^{*}}$ は任意の部分集合 $A$ に対して\begin{eqnarray*}&& \mu^{*}(A\cap (E\cap F)) + \mu^{*}(A\cap (E^{c}\cup F^{c})) \\& = & \mu^{*}(A\cap (E\cap F)) + \mu^{*}(A\cap(E^{c}\cup F^{c})\cap F) + \mu^{*}(A\cap(E^{c}\cup F^{c})\cap F^{c}) \\& = & \mu^{*}(A\cap (E\cap F)) + \mu^{*}(A\cap(E^{c}\cap F)) + \mu^{*}(A\cap F^{c}) \\& = & \mu^{*}(A\cap F\cap E) + \mu^{*}(A\cap F\cap E^{c}) + \mu^{*}(A\cap F^{c}) \\& = & \mu^{*}(A\cap F) + \mu^{*}(A\cap F^{c}) \\& = & \mu^{*}(A)\end{eqnarray*}であることからよいです。$E\setminus F = E\cap F^{c}$ から $E\setminus F\in \mathcal{B}_{\mu^{*}}$ もよいです。

(iii) (ii)より各 $n$ に対して $E_{n}\setminus \bigcup_{k < n}E_{k}\in \mathcal{B}_{\mu^{*}}$ であり、(i)より $\bigcup_{n\in\N}E_{n} = \bigsqcup_{n\in\N}\left(E_{n}\setminus \bigcup_{k < n}E_{k}\right)\in \mathcal{B}_{\mu^{*}}$ です。

以上により $\mathcal{B}_{\mu^{*}}$ は $\sigma$ 加法族です。

あとは制限 $\mu$ が測度になっていることを示せばよいです。まず、$\mu^{*}(\varnothing) = 0$ は明らかです。互いに非交叉な可測集合列 $\{E_{n}\}_{n\in\N}$ が与えられたとします。各 $n\in \N$ に対して\begin{eqnarray*}\mu^{*}\left(\bigsqcup_{k\geq n}E_{k}\right) & = & \mu^{*}\left(\left(\bigsqcup_{k\geq n}E_{k}\right)\cap E_{n}\right) + \mu^{*}\left(\left(\bigsqcup_{k\geq n}E_{k}\right)\cap E_{n}^{c}\right) \\& = & \mu^{*}(E_{n}) + \mu^{*}\left(\bigsqcup_{k\geq n + 1}E_{k}\right)\end{eqnarray*}であり、これを足し合わせることで任意の $n\in \N$ に対して\[\mu^{*}\left(\bigsqcup_{n\in\N}E_{n}\right) = \sum_{k = 0}^{n}\mu^{*}(E_{k}) + \mu^{*}\left(\bigsqcup_{k\geq n + 1}E_{k}\right)\geq \sum_{k = 0}^{n}\mu^{*}(E_{k})\]です。$n\to \infty$ とした極限より $\mu^{*}\left(\bigsqcup_{n\in\N}E_{n}\right)\geq \sum_{n = 0}^{\infty}\mu^{*}(E_{n})$ です。逆向きの不等式は外測度 $\mu^{*}$ の劣加法性から従い、$\mu^{*}\left(\bigsqcup_{n\in\N}E_{n}\right) = \sum_{n = 0}^{\infty}\mu^{*}(E_{n})$ です。従って、制限 $\mu$ は測度です。

(2) $\mathcal{F}\subset \mathcal{B}_{\mu^{*}}$ を示します。各 $E\in \mathcal{F}$ が任意の部分集合 $A\subset X$ に対して $\mu^{*}(A) = \mu^{*}(A\cap E) + \mu^{*}(A\cap E^{c})$ を満たすことを示せばよいです。外測度の劣加法性から $\mu^{*}(A)\leq \mu^{*}(A\cap E) + \mu^{*}(A\cap E^{c})$ はよいので、この逆向きの不等式を示せばよいです。正実数 $\varepsilon > 0$ を取ります。$\mu^{*}(A)$ の定義から列 $\{A_{n}\}_{n\in\N}\subset \mathcal{F}$ であって $A\subset \bigcup_{n\in\N}A_{n}$ かつ $\sum_{n = 0}^{\infty}\lambda(A_{n}) < \mu^{*}(A) + \varepsilon$ を満たすものが取れます。そして、\[\sum_{n = 0}^{\infty}\lambda(A_{n}) = \sum_{n = 0}^{\infty}(\lambda(A_{n}\cap E) + \lambda(A_{n}\cap E^{c}))\geq \mu^{*}(A\cap E) + \mu^{*}(A\cap E^{c})\]であることから\[\mu^{*}(A\cap E) + \mu^{*}(A\cap E^{c}) < \mu^{*}(A) + \varepsilon\]であり、これは逆向きの不等式を意味します。以上により $\mathcal{F}\subset \mathcal{B}_{\mu^{*}}$ です。

$\lambda$ が完全加法的な場合は命題4.5.11が適用でき、任意の $E\in \mathcal{F}$ に対して $\lambda(E) = \mu^{*}(E) = \mu(E)$ なので $\mu$ は $\lambda$ の拡張です。

任意の可測集合列 $\{E_{n}\}_{n\in\N}$ に対して $\lambda\left(\bigcup_{n\in\N}E_{n}\right)\leq \sum_{n\in\N}\lambda(E_{n})$ であることに注意して\begin{eqnarray*}\mu^{*}(A) & = & \inf\left\{\sum_{n\in\N}\lambda(E_{n})\relmid A\subset \bigcup_{n\in\N}E_{n}, \ \{E_{n}\}_{n\in\N}\subset \mathcal{F}\right\} \\& \geq & \inf\left\{\lambda\left(\bigcup_{n\in\N}E_{n}\right)\relmid A\subset \bigcup_{n\in\N}E_{n}, \ \{E_{n}\}_{n\in\N}\subset \mathcal{F}\right\} \\& \geq & \inf\{\lambda(E)\mid A\subset E, \ E\in \mathcal{F}\} \\& \geq & \mu^{*}(A)\end{eqnarray*}です。よって、$\mu^{*}(A) = \inf\{\lambda(E)\mid A\subset E, \ E\in \mathcal{F}\}$ です。また、$A\subset E$ かつ $\mu^{*}(A) = \lambda(E)$ を満たす $E\in \mathcal{F}$ の存在について、$\mu^{*}(A) = +\infty$ の場合は $E := X$ とすればよく、$\mu^{*}(A) < +\infty$ の場合は各 $n\in \Np$ に対して $A\subset E_{n}$ かつ $\mu^{*}(A)\leq \lambda(E_{n}) < \mu^{*}(A) + \tfrac{1}{n}$ を満たす $E_{n}\in \mathcal{F}$ を固定して $E := \bigcap_{n\in\Np}E_{n}$ とすればよいです。

少なくとも冪集合 $2^{X}$ が $\mathcal{F}$ を含む $\sigma$ 加法族として存在することに注意すれば、あとは簡単な定義の確認です。

(1) $\varnothing\in \mathcal{B}|_{A}$ は明らか。$B\in \mathcal{B}|_{A}$ に対して $A\setminus B\in \mathcal{B}|_{A}$ であることは、$B = A\cap E$ となる $E\in \mathcal{B}$ を取れば $A\setminus B = A\cap (X\setminus E)$ なのでよいです。列 $\{B_{n}\}_{n\in\N}\subset \mathcal{B}|_{A}$ に対して $\bigcup_{n\in\N}B_{n}\in \mathcal{B}|_{A}$ であることは、各 $B_{n}$ に対して $B_{n} = A\cap E_{n}$ となる $E_{n}\in \mathcal{B}$ を固定すれば $\bigcup_{n\in\N}B_{n} = A\cap \bigcup_{n\in\N}E_{n}$ なのでよいです。よって、$\mathcal{B}|_{A}$ は $\sigma$ 加法族です。

(2) $\mu'(\varnothing) = 0$ は明らかであるし、完全加法性も明らかに $\mu$ の完全加法性から引き継がれているので $\mu'$ は測度です。

(3) (4) 上に同じです。

$\mathcal{F}|_{A}\subset \sigma(\mathcal{F})|_{A}$ と $\sigma(\mathcal{F})|_{A}$ が $\sigma$ 加法族であることから $\sigma(\mathcal{F}|_{A})\subset \sigma(\mathcal{F})|_{A}$ です。$\sigma(\mathcal{F})$ の部分族 $\mathcal{G}$ を\[\mathcal{G} := \{E\in \sigma(\mathcal{F})\mid E\cap A\in \sigma(\mathcal{F}|_{A})\}\]により定め、$\mathcal{G} = \sigma(\mathcal{F})$ を示せばただちに逆の包含関係が従います。そのためには $\mathcal{G}$ が $\mathcal{F}$ を含む $\sigma$ 加法族であることを示せばよいですが、それは $\sigma$ 加法族の定義から容易に確かめられます。

(1) 命題4.5.13より、完全加法的な有限加法的測度 $\lambda$ から命題4.5.11のように外測度 $\mu^{*}$ を構成するとき、$\mu^{*}$-可測集合全体からなる $\sigma$ 加法族 $\mathcal{B}_{\mu^{*}}$ 上の測度 $\mu$ が得られ、これは $\lambda$ の拡張です。$\mathcal{F}\subset \mathcal{B}_{\mu^{*}}$ と最小性から $\sigma(\mathcal{F})\subset \mathcal{B}_{\mu^{*}}$ なので $\mu$ の $\sigma(\mathcal{F})$ への制限を考えればよいです。

(2) $\lambda$ の拡張であるような $\sigma(\mathcal{F})$ 上で定義された測度 $\mu, \nu$ に対して $\mu = \nu$ であることを示せばよいですが、そのためには $\mathcal{G} := \{E\in \sigma(\mathcal{F})\mid \mu(E) = \nu(E)\}$ が $\sigma(\mathcal{F})$ に一致することを示せばよく、このことを以下の場合に分けて順に示します。

(i) $\mathcal{G}$ が $\mathcal{F}$ を含む $\sigma$ 加法族であることを示せばよいです。$\mathcal{F}\subset \mathcal{G}$ は $\mu, \nu$ がともに $\lambda$ の拡張であるのでよいです。$\varnothing\in \mathcal{G}$ は明らか。$E\in \mathcal{G}$ に対して $E^{c}\in \mathcal{G}$ であることは\[\mu(E^{c}) = \mu(X) - \mu(E) = \nu(X) - \nu(E) = \nu(E^{c})\]よりよいです$X\in \mathcal{F}\subset \mathcal{G}$ に注意。また、ここで $\lambda(X) < +\infty$ の仮定を使用しています。。互いに非交叉な列 $\{E_{n}\}\subset \mathcal{G}$ に対して $\bigsqcup_{n\in\N}E_{n}\in \mathcal{G}$ であることは\[\mu\left(\bigsqcup_{n\in\N}E_{n}\right) = \sum_{n\in\N}\mu(E_{n}) = \sum_{n\in\N}\nu(E_{n}) = \nu\left(\bigsqcup_{n\in\N}E_{n}\right)\]よりよいです。よって、$\mathcal{G}$ は $\mathcal{F}$ を含む $\sigma$ 加法族であり、$\mathcal{G} = \sigma(\mathcal{F})$ です。

(ii) $\sigma$ 有限性から $\mathcal{F}$ の元による増大列 $\{X_{n}\}_{n\in\N}$ であって $\underset{n\to\infty}{\lim}X_{n} = X$ かつ常に $\lambda(X_{n}) < +\infty$ を満たすものを固定します。まず、各 $n\in \N$ に対して $\sigma(\mathcal{F})|_{X_{n}}\subset \mathcal{G}$ であることを示します。補題4.5.17より $\lambda$ の $\mathcal{F}|_{X_{n}}$ への制限 $\lambda_{n}$ は完全加法的な有限加法的測度であり、$\mu, \nu$ の $\sigma(\mathcal{F})|_{X_{n}} \ (= \sigma(\mathcal{F}|_{X_{n}}))$ への制限 $\mu_{n}, \nu_{n}$ はまた測度になっており、いずれも $\lambda_{n}$ の拡張です。従って、(i)の結果より $\mu_{n} = \nu_{n}$ であり、$\sigma(\mathcal{F})|_{X_{n}}\subset \mathcal{G}$ です。

$E\in \sigma(\mathcal{F})$ を取ります。各 $n\in \N$ に対して $E\cap X_{n}\in \sigma(\mathcal{F})|_{X_{n}}\subset \mathcal{G}$ であり、\[\mu(E) = \lim_{n\to\infty}\mu(E\cap X_{n}) = \lim_{n\to\infty}\nu(E\cap X_{n}) = \nu(E)\]となるので $E\in \mathcal{G}$ です。以上により $\mathcal{G} = \sigma(\mathcal{F})$ です。

$\sigma(\mathcal{F}) = \bigcup_{\alpha\in\omega_{1}}\mathcal{F}_{\alpha}$ であることは次から容易に分かります。

(i) 超限帰納法により分かります。

(ii) $\varnothing\in \bigcup_{\alpha\in\omega_{1}}\mathcal{F}_{\alpha}$ は自明です。$A\in \bigcup_{\alpha\in\omega_{1}}\mathcal{F}_{\alpha}$ に対して $A\in \mathcal{F}_{\beta}$ となる $\beta\in \omega_{1}$ を取れば $A^{c}\in \mathcal{F}_{\beta + 1}$ です。列 $\{A_{n}\}_{n\in\N}\subset \bigcup_{\alpha\in\omega_{1}}\mathcal{F}_{\alpha}$ に対して $\{A_{n}\}_{n\in\N}\subset \mathcal{F}_{\beta}$ となる $\beta\in \omega_{1}$ を取れば $\bigcup_{n\in\N}A_{n}\in \mathcal{F}_{\beta + 1}$ です。よって、$\bigcup_{\alpha\in\omega_{1}}\mathcal{F}_{\alpha}$ は $\sigma$ 加法族です。

濃度評価について、常に $\#\mathcal{F}_{\alpha}\leq \#\mathcal{F}^{\aleph_{0}}$ であることが超限帰納法により分かり、それらの和集合である $\sigma(\mathcal{F})$ の濃度は右辺の高々 $\aleph_{1} := \#\omega_{1}$ 倍で抑えられ、$\#\sigma(\mathcal{F})\leq \aleph_{1}\cdot \#\mathcal{F}^{\aleph_{0}} = \#\mathcal{F}^{\aleph_{0}}$ です。

(1) $\varnothing, X\times Y\in \mathcal{F}$ は自明。$E_{1}, \dots, E_{n}\in \mathcal{F}$ に対して $\bigcup_{k = 1}^{n}E_{k}\in \mathcal{F}$ も自明。$E\in \mathcal{F}$ に対して $E^{c}\in \mathcal{F}$ を示します。$E$ を $E = \bigcup_{k = 1}^{n}A_{k}\times B_{k}$ の形に表します。各 $\alpha = (\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n})\in \{0, 1\}^{n}$ に対して\[A'_{\alpha} := \bigcap_{1\leq k\leq n, \ \alpha_{k} = 1}A_{k}\cap \bigcap_{1\leq k\leq n, \ \alpha_{k} = 0}A_{k}^{c},\]\[B'_{\alpha} := \bigcap_{1\leq k\leq n, \ \alpha_{k} = 1}B_{k}\cap \bigcap_{1\leq k\leq n, \ \alpha_{k} = 0}B_{k}^{c}\]とおけば $A'_{\alpha}\in \mathcal{A}$, $B'_{\alpha}\in \mathcal{B}$ であり、$X\times Y$ は直和分解\[X\times Y = \bigsqcup_{\alpha\in \{0, 1\}^{n}}\bigsqcup_{\beta\in \{0, 1\}^{n}}A'_{\alpha}\times B'_{\beta}\]を持っています。各 $\alpha = (\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n}), \beta = (\beta_{1}, \dots, \beta_{n})\in \{0, 1\}^{n}$ に対して $\alpha\cdot \beta := (\alpha_{1}\beta_{1}, \dots, \alpha_{n}\beta_{n})$ と定めるとして、$E^{c}$ は\[E^{c} = \bigsqcup_{\alpha, \beta\in \{0, 1\}^{n}, \ \alpha\cdot \beta = 0}A'_{\alpha}\times B'_{\beta}\]により表されるので $\mathcal{F}$ に属します。

(2) $E\in \mathcal{F}$ に対して $E = \bigcup_{k = 1}^{n}A_{k}\times B_{k}$ という表示を固定し(1)のような直和分解\[E = \bigsqcup_{\alpha, \beta\in \{0, 1\}^{n}, \ \alpha\cdot \beta\neq 0}A'_{\alpha}\times B'_{\beta}\]を考え、\[\lambda(E) := \sum_{\alpha, \beta\in \{0, 1\}^{n}, \ \alpha\cdot \beta\neq 0}\mu(A'_{\alpha})\nu(B'_{\beta})\]と定めます。ただし、$0\cdot(+\infty) = (+\infty)\cdot 0 = 0$ です。これが表示 $E = \bigcup_{k = 1}^{n}A_{k}\times B_{k}$ の取り方によらないことを示します。別の表示 $E = \bigcup_{k = 1}^{m}C_{k}\times D_{k}$ に関して同様の直和分解\[E = \bigsqcup_{\gamma, \delta\in \{0, 1\}^{m}, \ \alpha\cdot \beta\neq 0}C'_{\gamma}\times D'_{\delta}\]を考えます。このとき、\begin{eqnarray*}\bigsqcup_{\alpha, \beta\in \{0, 1\}^{n}, \ \alpha\cdot \beta\neq 0}A'_{\alpha}\times B'_{\beta} & = & \bigsqcup_{\alpha, \beta\in \{0, 1\}^{n}, \ \alpha\cdot \beta\neq 0}\bigsqcup_{\gamma, \delta\in \{0, 1\}^{m}}(A'_{\alpha}\cap C'_{\gamma})\times (B'_{\beta}\cap D'_{\delta}) \\& = & \bigsqcup_{\gamma, \delta\in \{0, 1\}^{m}, \ \gamma\cdot \delta\neq 0}\bigsqcup_{\alpha, \beta\in \{0, 1\}^{n}}(A'_{\alpha}\cap C'_{\gamma})\times (B'_{\beta}\cap D'_{\delta}) = \bigsqcup_{\gamma, \delta\in \{0, 1\}^{m}, \ \gamma\cdot \delta\neq 0}C'_{\gamma}\times D'_{\delta}\end{eqnarray*}であり、容易に分かるように\begin{eqnarray*}\sum_{\alpha, \beta\in \{0, 1\}^{n}, \ \alpha\cdot \beta\neq 0}\mu(A'_{\alpha})\nu(B'_{\beta}) & = & \sum_{\alpha, \beta\in \{0, 1\}^{n}, \ \alpha\cdot \beta\neq 0}\sum_{\gamma, \delta\in \{0, 1\}^{m}}\mu(A'_{\alpha}\cap C'_{\gamma})\nu(B'_{\beta}\cap D'_{\delta}) \\& = & \sum_{\gamma, \delta\in \{0, 1\}^{m}, \ \gamma\cdot \delta\neq 0}\sum_{\alpha, \beta\in \{0, 1\}^{n}}\mu(A'_{\alpha}\cap C'_{\gamma})\nu(B'_{\beta}\cap D'_{\delta}) = \sum_{\gamma, \delta\in \{0, 1\}^{m}, \ \gamma\cdot \delta\neq 0}\mu(C'_{\gamma})\nu(D'_{\delta})\end{eqnarray*}です。従って、この $\lambda$ は表示の取り方によらずwell-definedです。任意の $A\in \mathcal{A}$, $B\in \mathcal{B}$ に対して $\lambda(A\times B) = \mu(A)\nu(B)$ であることは構成から明らかです。$\lambda$ が有限加法的測度であることおよび一意性は上記の矩形による直和分解を経由すれば自明です。

(3) まず、$0 < \mu(A), \nu(B) < +\infty$ を満たす $A\in \mathcal{A}$ と $B\in \mathcal{B}$ による矩形 $A\times B$ が $A\times B = \bigsqcup_{n\in\N}A_{n}\times B_{n}$ と表されている場合に $\lambda(A\times B) = \sum_{n = 0}^{\infty}\lambda(A_{n}\times B_{n})$ であることを示します。$\sum_{n = 0}^{\infty}\lambda(A_{n}\times B_{n})\leq \lambda(A\times B)$ は明らかなので、正実数 $0 < \varepsilon < \mu(A), \nu(B)$ を固定して十分大きな $N$ において $\sum_{n = 0}^{N}\lambda(A_{n}\times B_{n}) > (\mu(A) - \varepsilon)(\nu(B) - \varepsilon)$ であることを示せばよいです。各 $n\in \N$ に対して $A$ の部分集合 $C_{n}$ を\[C_{n} := \left\{x\in A\relmid \nu\left(\{x\}\times B\cap \bigsqcup_{k = 0}^{n}A_{k}\times B_{k}\right) > \nu(B) - \varepsilon\right\}\]により定めます。以下のことを示します。

(i) 各 $\alpha = (\alpha_{1}, \dots, \alpha_{n})\in \{0, 1\}^{n}$ に対して\[A'_{\alpha} := \bigcap_{1\leq k\leq n, \ \alpha_{k} = 1}A_{k}\cap \bigcap_{1\leq k\leq n, \ \alpha_{k} = 0}A_{k}^{c}\]と定めるとき、各 $A'_{\alpha}$ は可測集合であり、$A$ の直和分解 $A = \bigsqcup_{\alpha\in\{0, 1\}^{n}}A'_{\alpha}$ を与えています。また、$\nu\left(\{x\}\times B\cup \bigsqcup_{k = 0}^{n}A_{k}\times B_{k}\right)$ は $x\in A'_{\alpha}$ となる $\alpha$ によって決まるため、$C_{n}$ は有限個の $A'_{\alpha}$ たちの和集合であり可測集合です。

(ii) 広義単調増加であることは明らか。各 $x\in A$ に対してある非負整数 $n_{x}$ が存在して $\nu\left(\{x\}\times B\cup \bigsqcup_{k = 0}^{n_{x}}A_{k}\times B_{k}\right) > \nu(B) - \varepsilon$ であることを示せば後半が従います。しかしこれは、$\underset{n\to\infty}{\lim}\left(\{x\}\times B\cup \bigsqcup_{k = 0}^{n}A_{k}\times B_{k}\right)= \{x\}\times B$ から $\underset{n\to\infty}{\lim}\nu\left(\{x\}\times B\cup \bigsqcup_{k = 0}^{n}A_{k}\times B_{k}\right) = \nu(B)$ なのでよいです。

(iii) $\{C_{n}\}_{n\in\N}$ が広義単調増加であることと $\underset{n\to\infty}{\lim}C_{n} = A$ から $\underset{n\to\infty}{\lim}\mu(C_{n}) = \mu(A)$ であるのでそのような $N$ が存在します。

(iv) $\bigsqcup_{n = 0}^{N}A_{n}\times B_{n}$ に対して(1)の要領で矩形による直和分解を行えば容易に評価できます。

$\mu(A) = +\infty$ や $\nu(B) = +\infty$ の場合も同様であり、和集合が矩形とは限らない一般の $E\in \mathcal{F}$ の場合も $E$ を有限個の矩形の直和に分解し、その矩形それぞれに上記議論を適用すればよいです。

(4) (3)と $\mu, \nu$ の $\sigma$ 有限性とHopfの拡張定理 $($定理4.5.16$)$ より $\lambda$ は $\sigma(\mathcal{F}) = \mathcal{A}\otimes \mathcal{B}$ 上の測度 $\sigma(\lambda)$ に一意に拡張します。これが常に $\sigma(\lambda)(A\times B) = \mu(A)\nu(A)$ を満たすことは明らかであり、主張の測度 $\xi$ を与えます。また、主張の条件を満たす測度 $\xi$ の $\mathcal{F}$ への制限は(2)の一意性から $\lambda$ に限り、結局、主張の $\xi$ の一意性も従います。

まず、\[\mathcal{A}\times \mathcal{B}\subset \sigma(\sigma(\mathcal{A})\times \sigma(\mathcal{B})) = \sigma(\mathcal{A})\otimes \sigma(\mathcal{B})\]なので\[\sigma(\mathcal{A}\times \mathcal{B})\subset \sigma(\mathcal{A})\otimes \sigma(\mathcal{B})\]です。

あとは $\sigma(\mathcal{A})\times \sigma(\mathcal{B})\subset \sigma(\mathcal{A}\times \mathcal{B})$ を示せば逆の包含関係が従います。各 $B\in \mathcal{B}$ に対して\[\mathcal{A}_{B} := \{A\subset X\mid A\times B\in \sigma(\mathcal{A}\times \mathcal{B})\}\]と定めます。$\mathcal{A}_{B}$ は $\mathcal{A}\subset \mathcal{A}_{B}$ を満たす $\sigma$ 加法族であることが容易に確かめられ、$\sigma(\mathcal{A})\subset \mathcal{A}_{B}$ なので、まずは $\sigma(\mathcal{A})\times \mathcal{B}\subset \sigma(\mathcal{A}\times \mathcal{B})$ が分かります。続いて、各 $A\in \sigma(\mathcal{A})$ に対して\[\mathcal{B}_{A} := \{B\subset Y\mid A\times B\in \sigma(\mathcal{A}\times \mathcal{B})\}\]と定めます。$\mathcal{B}_{A}$ は $\mathcal{B}\subset \mathcal{B}_{A}$ を満たす $\sigma$ 加法族であることが容易に確かめられ、$\sigma(\mathcal{B})\subset \mathcal{B}_{A}$ なので、$\sigma(\mathcal{A})\times \sigma(\mathcal{B})\subset \sigma(\mathcal{A}\times \mathcal{B})$ です。

補題4.5.21を使えば\begin{eqnarray*}(\mathcal{A}\otimes \mathcal{B})\otimes \mathcal{C} & = & \sigma(\sigma(\mathcal{A}\times \mathcal{B})\times \sigma(\mathcal{C})) \\& = & \sigma((\mathcal{A}\times \mathcal{B})\times \mathcal{C}) \\& = & \sigma(\mathcal{A}\times (\mathcal{B}\times \mathcal{C})) \\& = & \sigma(\sigma(\mathcal{A})\times \sigma(\mathcal{B}\times \mathcal{C})) \\& = & \mathcal{A}\otimes (\mathcal{B}\otimes \mathcal{C})\end{eqnarray*}です。

まず、命題4.5.22より両者の始域はともに $\sigma(\mathcal{A}\times \mathcal{B}\times \mathcal{C})$ です。任意の $A\in \mathcal{A}$, $B\in \mathcal{B}$, $C\in \mathcal{C}$ に対して\[((\mu\otimes \nu)\otimes \xi)(A\times B\times C) = \mu(A)\nu(B)\xi(C) = (\mu\otimes (\nu\otimes \xi))(A\times B\times C)\]であり、両者は $\mathcal{A}\times \mathcal{B}\times \mathcal{C}$ 上で一致しています。$\mathcal{A}\times \mathcal{B}\times \mathcal{C}$ の元たち有限個の和集合として表される $X\times Y\times Z$ の部分集合全体を $\mathcal{F}$ で表すとすれば、これは有限加法族になり、$(\mu\otimes \nu)\otimes \xi$ と $\mu\otimes (\nu\otimes \xi)$ の $\mathcal{F}$ への制限は完全加法的かつ $\sigma$ 有限な有限加法的測度になり、両者は一致します$\mathcal{F}$ が有限加法族であることは命題4.5.20の証明を参照。結局、$\mathcal{F}$ の元は $\mathcal{A}\times \mathcal{B}\times \mathcal{C}$ の元たち有限個の直和として表されるもの全体であり、これから $\mathcal{F}$ 上の有限加法的測度 $\lambda$ であって任意の $A\in \mathcal{A}$, $B\in \mathcal{B}$, $C\in \mathcal{C}$ に対して $\lambda(A\times B\times C) = \mu(A)\nu(B)\xi(C)$ を満たすものは一意的であり、$\mathcal{F}$ への制限は一致します。測度の制限なので完全加法的であり、$\sigma$ 有限性も明らかです。。Hopfの拡張定理 $($定理4.5.16$)$ における一意性から $\sigma(\mathcal{A}\times \mathcal{B}\times \mathcal{C})$ 上、つまりは全体で $(\mu\otimes \nu)\otimes \xi = \mu\otimes (\nu\otimes \xi)$ です。

$E$ を $\mu$ に関する零集合 $N$ の部分集合とします。$\mu^{*}(E) = 0$ です。$E$ が $\mu^{*}$-可測であることを示せばよいですが、$X$ の任意の部分集合 $A$ に対して\[\mu^{*}(A\cap E) + \mu^{*}(A\cap E^{c})\leq \mu^{*}(E) + \mu^{*}(A) = \mu^{*}(A)\leq \mu^{*}(A\cap E) + \mu^{*}(A\cap E^{c})\]であり、\[\mu^{*}(A) = \mu^{*}(A\cap E) + \mu^{*}(A\cap E^{c})\]なのでそうです。よって、零集合の部分集合は全て $\mathcal{B}$ に属しており、測度空間 $(X, \mathcal{B}, \mu)$ は完備です。

以下の流れで示します。

(step 1) まず、$\mathcal{B}''\subset \overline{\mathcal{B}}$ を示します。$A\in \mathcal{B}''$ に対し、可測集合 $E$ と零集合 $N$ を $A\ominus E\subset N$ を満たすように取るとき、$A\setminus E, E\setminus A\subset N$ であり、$A\setminus E, E\setminus A\in \overline{\mathcal{B}}$ です。よって、$A = (E\cup (A\setminus E))\setminus (E\setminus A)\in \overline{\mathcal{B}}$ であり、$\mathcal{B}''\subset \overline{\mathcal{B}}$ です。

明らかに $\mathcal{B}'\in \mathcal{B}''$ であり、あとは $\mathcal{B}''$ が $\sigma$ 加法族であることを示せば逆の包含関係 $\overline{\mathcal{B}}\subset \mathcal{B}''$ が従います。$\varnothing, X\in \mathcal{B}''$ は明らか。$A\in \mathcal{B}''$ に対して $A^{c}\in \mathcal{B}''$ であることは可測集合 $E$ と零集合 $N$ を $A\ominus E\subset N$ となるように取るとき $A^{c}\ominus E^{c} = A\ominus E\subset N$ であるのでよいです。列 $\{A_{n}\}_{n\in\N}\subset \mathcal{B}''$ に対して $\bigcup_{n\in\N}A_{n}\in \mathcal{B}''$ を示します。各 $A_{n}$ に対して可測集合 $E_{n}$ と零集合 $N_{n}$ を $A_{n}\ominus E_{n}\subset N_{n}$ であるように固定するとき、$\mu\left(\bigcup_{n\in\N}N_{n}\right) = 0$ から $\bigcup_{n\in\N}N_{n}$ は零集合であり、$\bigcup_{n\in\N}A_{n}\ominus \bigcup_{n\in\N}E_{n}\subset \bigcup_{n\in\N}N_{n}$ から $\bigcup_{n\in\N}A_{n}\in \mathcal{B}''$ です。以上により $\mathcal{B}''$ は $\sigma$ 加法族です。よって、$\mathcal{B}'' = \overline{\mathcal{B}}$ です。

(step 2) $\mu$ から命題4.5.11の要領で外測度 $\nu^{*}$ を構成し、それによる測度空間 $(X, \mathcal{B}_{\nu^{*}}, \nu)$ を考えます。命題4.5.26からこれは完備です。$\mu$ の完全加法性から $\mathcal{B}$ 上で $\nu^{*}$ と $\mu$ は一致するので $\nu$ は $\mu$ の拡張です。よって、$\mu$ に関する零集合の部分集合は必ず $\mathcal{B}_{\nu^{*}}$ にも属しており、$\overline{\mathcal{B}}\subset \mathcal{B}_{\nu^{*}}$ です。$\nu$ の $\overline{\mathcal{B}}$ への制限を $\overline{\mu}$ とすればこれが主張の拡張です。拡張の一意性を示します。$A\in \overline{\mathcal{B}}$ に対して $\mu$ に関する可測集合 $E$ と零集合 $N$ であって $A\ominus E\subset N$ を満たすものを取ります。$A\setminus E, E\setminus A\subset N$ から $\overline{\mu}(A\setminus E) = \overline{\mu}(E\setminus A) = 0$ であり、$A\sqcup (E\setminus A) = A\cup E = E\sqcup (A\setminus E)$ から\[\overline{\mu}(A) = \overline{\mu}(A) + \overline{\mu}(E\setminus A) = \overline{\mu}(E) + \overline{\mu}(A\setminus E) = \overline{\mu}(E) = \mu(E)\]です。これは拡張の一意性を意味します。

(step 3) $A$ を $\overline{\mu}$ に関する零集合 $N'$ の部分集合とします。$\mu$ に関する可測集合 $E$ と零集合 $N$ であって $N'\ominus E\subset N$ となるものを取るとき、(step 2)で示したように $\overline{\mu}(N') = \mu(E)$ であり、$N'$ は $\mu$ に関する零集合 $E\cup N$ の部分集合です。従って、$A$ も $\mu$ に関する零集合 $E\cup N$ の部分集合なので $A\in \overline{\mathcal{B}}$ です。以上より $\overline{\mu}$ は完備です。

$\lambda$ は完全加法的な有限加法的測度であるので命題4.5.13より $\mu$ は $\lambda$ の拡張になっています。次のことを示します。

(i) $\mathcal{F}\subset \mathcal{B}_{\mu^{*}}$ は明らか。$\lambda$ に関する零集合の部分集合は $\mu$ に関する零集合の部分集合であり、$\mu$ の完備性 $($命題4.5.26$)$ から $\mathcal{B}_{\mu^{*}}$ に属します。$\mathcal{B}_{\mu^{*}}$ は $\overline{\mathcal{F}}$ の生成系である $\mathcal{F}$ および $\lambda$ に関する零集合の部分集合全体を含むので $\overline{\mathcal{F}}\subset \mathcal{B}_{\mu^{*}}$ です。

(ii) $E\in \mathcal{B}_{\mu^{*}}$ に対して $E\in \overline{\mathcal{F}}$ を示します。$\sigma$ 有限性から $X$ の直和分解 $\bigsqcup_{n\in\N}X_{n}$ であって各 $X_{n}$ が $X_{n}\in \mathcal{F}$ かつ $\lambda(X_{n}) < +\infty$ を満たすものを取ります。$E_{n} = E\cap X_{n}$ とおいて、補足4.5.14より各 $E_{n}$ に対して $E_{n}\subset F_{n}$ かつ $\mu^{*}(E_{n}) = \lambda(F_{n})$ を満たす $F_{n}\in \mathcal{F}$ を取ります。このとき、\[\mu^{*}(F_{n}) = \mu^{*}(F_{n}\cap E_{n}) + \mu^{*}(F_{n}\cap E_{n}^{c}) = \mu^{*}(E_{n}) + \mu^{*}(F_{n}\setminus E_{n})\]です。$\mu(E_{n}) = \mu^{*}(E_{n}) = \lambda(F_{n}) = \mu(F_{n})$ から $\mu(F_{n}\setminus E_{n}) = 0$ なのでここで $\lambda(X_{n}) < +\infty$ であることを使用。、$F_{n}\setminus E_{n}\subset N_{n}$ かつ $\lambda(N_{n}) = 0$ を満たす $N_{n}\in \mathcal{F}$ が取れます。ここで $F := \bigcup_{n\in\N}F_{n}$, $N := \bigcup_{n\in\N}N_{n}$ とおけば、\[E\ominus F = F\setminus E\subset \bigcup_{n\in\N}(F_{n}\setminus E_{n})\subset N\]であり、対称差 $E\ominus F$ を零集合 $N$ の部分集合として表すことができたので $E\in \overline{\mathcal{F}}$ です。よって、$\mathcal{B}_{\mu^{*}}\subset \overline{\mathcal{F}}$ です。

(iii) 命題4.5.27で示した拡張の一意性から従います。

$\nu^{*}$ を $\sigma(\lambda)$ から命題4.5.11の要領で構成される外測度とし、これが $\mu^{*}$ に等しいことを示せばよいです。実際、命題4.5.29より $(X, \mathcal{B}_{\nu^{*}}, \nu) = (X, \overline{\sigma(\mathcal{F})}, \overline{\sigma(\lambda)})$ であることと合わせて $(X, \mathcal{B}_{\mu^{*}}, \mu) = (X, \overline{\sigma(\mathcal{F})}, \overline{\sigma(\lambda)})$ が従います。

$X$ の部分集合 $A$ を取り、$\mu^{*}(A) = \nu^{*}(A)$ を示します。$\sigma(\lambda)$ が $\lambda$ の拡張であることからただちに $\nu^{*}(A)\leq \mu^{*}(A)$ であるので、この逆の不等式を示せばよいです。まず、補足4.5.14より $A\subset E$ かつ $\nu^{*}(A) = \sigma(\lambda)(E)$ を満たす $E\in \sigma(\mathcal{F})$ が取れます。Hopfの拡張定理における一意性より $\mu$ の $\sigma(\mathcal{F})$ への制限は $\sigma(\lambda)$ であり、従って、\[\mu^{*}(A)\leq \mu^{*}(E) = \mu(E) = \sigma(\lambda)(E) = \nu^{*}(A)\]です。以上により $\mu^{*}(A) = \nu^{*}(A)$ であり、$\mu^{*} = \nu^{*}$ が示されました。

まず、$\mu(X) < +\infty$ の場合を示します。命題4.5.29と補足4.5.14より $A^{c}\subset E^{c}$ かつ $\overline{\mu}(A^{c}) = \mu(E^{c})$ を満たす $\mu$-可測集合 $E$ と $A\subset F$ かつ $\overline{\mu}(A) = \mu(F)$ を満たす $\mu$-可測集合 $F$ が取れます。これらが $E\subset A\subset F$ かつ $\mu(F\setminus E) = 0$ を満たします。

一般に示します。広義単調増加な $\mu$-可測集合列 $\{X_{n}\}_{n\in\N}$ であって $\underset{n\to\infty}{\lim}X_{n} = X$ かつ常に $\mu(X_{n}) < +\infty$ を満たすものを取ります。各 $n\in \N$ に対して $X_{n}$ に含まれる $\mu$-可測集合 $E_{n}, F_{n}$ を $E_{n}\subset A\cap X_{n}\subset F_{n}$ かつ $\mu(F_{n}\setminus E_{n}) = 0$ を満たすように取り、$E := \bigcup_{n\in\N}E_{n}$, $F := \bigcup_{n\in\N}F_{n}$ と定めれば明らかに $E\subset A\subset F$ であり、また、$F\setminus E\subset \bigcup_{n\in\N}F_{n}\setminus E_{n}$ より\[\mu(F\setminus E)\leq \sum_{n\in\N}\mu(F_{n}\setminus E_{n}) = 0\]なので $\mu(F\setminus E) = 0$ です。

$\mathcal{A}$ に $\mu$ に関する零集合の部分集合全体を加えてできる部分集合族を $\mathcal{A}'$ とし、$\mathcal{B}$ に $\nu$ に関する零集合の部分集合全体を加えてできる部分集合族を $\mathcal{B}'$ とします。このとき\[\mathcal{A}\times \mathcal{B}\subset \mathcal{A}'\times \mathcal{B}'\subset \overline{\mathcal{A}\otimes \mathcal{B}}\]が容易に確かめられ、よって、\[\mathcal{A}\otimes \mathcal{B}\subset \sigma(\mathcal{A}'\times \mathcal{B}')\subset \overline{\mathcal{A}\otimes \mathcal{B}}\]です。補題4.5.21より\[\sigma(\mathcal{A}'\times \mathcal{B}') = \sigma(\mathcal{A}')\otimes \sigma(\mathcal{B}') = \overline{\mathcal{A}}\otimes \overline{\mathcal{B}}\]であるので\[\mathcal{A}\otimes \mathcal{B}\subset \overline{\mathcal{A}}\otimes \overline{\mathcal{B}}\subset \overline{\mathcal{A}\otimes \mathcal{B}}\]です。$\mu\otimes \nu, \overline{\mu}\otimes \overline{\nu}, \overline{\mu\otimes \nu}$ が順に拡張になっていることに注意して完備化すれば\[\overline{\mathcal{A}\otimes \mathcal{B}}\subset \overline{\overline{\mathcal{A}}\otimes \overline{\mathcal{B}}}\subset \overline{\mathcal{A}\otimes \mathcal{B}}\]であり、$\overline{\mathcal{A}\otimes \mathcal{B}} = \overline{\overline{\mathcal{A}}\otimes \overline{\mathcal{B}}}$ と $\overline{\mathcal{\mu}\otimes \mathcal{\nu}} = \overline{\overline{\mathcal{\mu}}\otimes \overline{\mathcal{\nu}}}$ が従います。

以下の流れで示します。

(step 1) 成分が増えているだけで命題4.5.20と同じ。

(step 2) 成分が増えているだけで命題4.5.20と同じ。

(step 3) $E\in \mathcal{F}^{m}$ が $\mathcal{F}^{m}$ の元の列 $\{E_{n}\}_{n\in\N}$ の直和として表されているとして $\lambda^{m}(E) = \sum_{n\in\N}\lambda^{m}(E_{n})$ を示します。ここで、各 $E_{n}$ を $\mathcal{R}^{m}$ の元たち有限個の直和にばらして $($添字を振り直して$)$ も総和に影響はないことから、最初から各 $E_{n}$ は $\mathcal{R}^{m}$ の元としてよいです。さらに、$E$ も同様にいくつかの $\mathcal{R}^{m}$ の元の直和に分解して、その各要素 $E'$ に対して $\lambda^{m}(E') = \sum_{n\in\N}\lambda^{m}(E_{n}\cap E')$ が分かればよいので、結局、$E, E_{n}$ はどれも $\mathcal{R}^{m}$ の元として等式を示せばよいです。

まず、任意の $n\in \N$ に対して $\sum_{k = 0}^{n}\lambda^{m}(E_{k})\leq \lambda^{m}(E)$ なので $\sum_{n\in\N}\lambda^{m}(E_{n})\leq \lambda^{m}(E)$ です。以下、$\sum_{n\in\N}\lambda^{m}(E_{n}) < \lambda^{m}(E)$ だったとして矛盾を導きます。

$\mathcal{R}^{m}$ の元 $A$ と $\mathcal{R}^{m}$ の元の列 $\{A_{n}\}_{n\in\N}$ を次の条件を満たすように取りますまずは $A$ の取り方ですが、$E$ を区間の直積 $\prod_{k = 1}^{m}I_{k}$ に表し、各 $I_{k}$ に対してその開いている側(右側も開いていれば)を少し縮めた半開区間 $J_{k}\in \mathcal{I}$ を取って $A := \prod_{k = 1}^{m}J_{k}$ と定めればよいです。各 $A_{n}$ についても同様に、$E_{n}$ の閉じている側を少し広げたものに取ればよいです。。

$\lambda^{m}(A) < +\infty$ より $A$ は有界であり、$\overline{A}$ はコンパクトです。$\{\Int A_{n}\}_{n\in\N}$ は $\overline{A}$ の開被覆なので、有限部分被覆 $A_{i_{1}}, \dots, A_{i_{r}}$ が取れますが、すると\[\lambda^{m}(A)\leq \sum_{k = 1}^{r}\lambda^{m}(A_{i_{k}})\leq \sum_{n\in\N}\lambda^{m}(A_{n}) < \lambda^{m}(A)\]となり矛盾します。

命題4.5.26から直ちに従います。

$X_{n} =(-n, n]^{m}$ とすれば $\bigcup_{n\in\N}X_{n} = \R^{m}$ かつ常に $\mu^{m}(X_{n}) < +\infty$ を満たします。

$\R^{m}$ の開基として $($各辺がいずれかの座標軸に平行かつ有界な$)$ 開超直方体全体からなる族を取れるので、そのような超直方体が $\mathcal{L}^{m}$ に属すことを示せばよいです。そしてそれは、開超直方体 $R = (a_{1}, b_{1})\times \cdots\times (a_{m}, b_{m})$ が\[R = \bigcup_{n\in\Np}\left(a_{1}, b_{1} - \dfrac{b_{1} - a_{1}}{n}\right]\times \cdots\times \left(a_{m}, b_{m} - \dfrac{b_{m} - a_{m}}{n}\right]\]と表されることからよいです。

(1) まず、$\mu^{m}(E) < +\infty$ の場合を示します。測度 $\mu^{m}$ の定め方 $($命題4.5.11$)$ から $\prod_{k = 1}^{m}(a_{k}, b_{k}]$ の形の超直方体の列 $\{R_{n}\}_{n\in\N}$ であって $E\subset \bigcup_{n\in\N}R_{n}$ かつ\[\mu^{m}(E)\leq \sum_{n\in\N}\lambda^{m}(R_{n}) < \mu^{m}(E) + \dfrac{\varepsilon}{2}\]を満たすものが取れます。各 $n\in \N$ に対して $R_{n}$ を含む開超直方体 $R'_{n}$ を $\mu^{m}(R'_{n}) < \lambda^{m}(R_{n}) + 2^{-(n + 2)}\varepsilon$ であるように取れば $E\subset \bigcup_{n\in\N}R'_{n}$ かつ\[\mu^{m}(E)\leq \mu^{m}\left(\bigcup_{n\in\N}R'_{n}\right)\leq \sum_{n\in\N}\mu(R'_{n})\leq \sum_{n\in\N}(\lambda^{m}(R_{n}) + 2^{-(n + 2)}\varepsilon) < \mu^{m}(E) + \varepsilon\]です。よって、$U := \bigcup_{n\in\N}R'_{n}$ とすればよいです。

$\mu^{m}(E) = +\infty$ の場合を示します。Lebesgue測度空間の $\sigma$ 有限性から増大列 $\{X_{n}\}_{n\in\N}\subset \mathcal{L}^{m}$ であって $\underset{n\to\infty}{\lim}X_{n} = \R^{m}$ かつ常に $\mu^{m}(X_{n}) < +\infty$ を満たすものが取れます。各 $n\in \N$ 対して $E_{n} := E\cap X_{n}$ とおき、開集合 $U_{n}$ を $E_{n}\subset U_{n}$ かつ $\mu^{m}(U_{n}\setminus E_{n}) < 2^{-(n + 1)}\varepsilon$ を満たすように取ります。そして、$U := \bigcup_{n\in\N}U_{n}$ とおきます。このとき、$E\subset U$ であり、\[\mu^{m}(U\setminus E)\leq \mu^{m}\left(\bigcup_{n\in\N}(U_{n}\setminus E_{n})\right)\leq \sum_{n\in\N}\mu^{m}(U_{n}\setminus E_{n}) < \varepsilon\]です。

(2) $E^{c}$ に対して(1)を適用して開集合 $U$ であって $E^{c}\subset U$ かつ $\mu^{m}(U\setminus E) < \varepsilon$ を満たすものを取り、$F := U^{c}$ とすればよいです。

$\mathcal{O}_{X}\times \mathcal{O}_{Y}\subset \mathcal{O}_{X\times Y}$ と補題4.5.21より\[\sigma(\mathcal{O}_{X})\otimes \sigma(\mathcal{O}_{Y}) = \sigma(\mathcal{O}_{X}\times \mathcal{O}_{Y})\subset \sigma(\mathcal{O}_{X\times Y})\]です。また、明らかに $\mathcal{O}_{X\times Y}\subset \sigma(\mathcal{O}_{X})\otimes \sigma(\mathcal{O}_{Y})$ であるので\[\sigma(\mathcal{O}_{X\times Y})\subset \sigma(\mathcal{O}_{X})\otimes \sigma(\mathcal{O}_{Y})\]です。

明らかに $\varphi_{*}$ は $2^{X}$ への単射として定まっています。$\varphi_{*}(\sigma(\mathcal{O}))$ は $\mathcal{O}$ を含む $\sigma$ 加法族なので $\sigma(\mathcal{O})\subset \varphi_{*}(\sigma(\mathcal{O}))$ です。$\varphi^{-1}$ に対して同様に考えて逆の包含関係が得られるので $\sigma(\mathcal{O}) = \varphi_{*}(\sigma(\mathcal{O}))$ です。

(1) 命題4.5.37から明らか。

(2) 命題4.5.39より従います。

容易に分かるように $\mathcal{F}^{m}\subset \mathcal{B}^{m}$ であり、$\sigma(\mathcal{F}^{m})\subset \mathcal{B}^{m}\subset \mathcal{L}^{m}$ です。補足4.5.28よりこの完備化について $\overline{\sigma(\mathcal{F}^{m})}\subset \overline{\mathcal{B}^{m}}\subset \mathcal{L}^{m}$ が成立します。系4.5.30より $(\R^{m}, \overline{\sigma(\mathcal{F}^{m})}, \overline{\sigma(\lambda^{m})}) = (\R^{m}, \mathcal{L}^{m}, \mu^{m})$ であるので $(\R^{m}, \overline{\mathcal{B}^{m}}, \overline{\nu^{m}}) = (\R^{m}, \mathcal{L}^{m}, \mu^{m})$ です。

命題4.5.32より明らか。

平行移動を写像 $\varphi_{v}(x) := x + v$ として与えます。$\mathcal{L}_{v}^{m} := \{\varphi_{v}^{-1}(E)\mid E\in \mathcal{L}^{m}\}$ と定めるとこれは $\sigma$ 加法族です。$\mathcal{L}_{v}^{m}$ 上の完備測度 $\mu_{v}^{m}$ を $\mu_{v}^{m}(E) := \mu^{m}(\varphi_{v}(E))$ により定めることができます全単射 $\varphi_{v}$ による引き戻しを考えていると思えば明らかでしょう。。$\mathcal{L}_{v}^{m}$ は $\mathcal{F}^{m}$ を含むので $\sigma(\mathcal{F}^{m})\subset \mathcal{L}_{v}^{m}$ ですが、$\mu_{v}^{m}$ の $\mathcal{F}^{m}$ への制限が $\lambda^{m}$ に一致することと $\lambda^{m}$ が $\sigma$ 有限なこととHopfの拡張定理 $($定理4.5.16$)$ より $\mu_{v}^{m}$ と $\mu^{m}$ は $\sigma(\mathcal{F}^{m})$ 上で一致します。完備化した $\overline{\sigma(\mathcal{F}^{m})}$ 上でも一致しますが、$\overline{\sigma(\mathcal{F}^{m})} = \mathcal{L}^{m}$ であるので $\mathcal{L}^{m}\subset \mathcal{L}_{v}^{m}$ です。以上より、任意の $E\in \mathcal{L}^{m}$ に対して $\varphi(E)\in \mathcal{L}^{m}$ かつ $\mu^{m}(\varphi(E)) = \mu_{v}^{m}(E) = \mu^{m}(E)$ です。

$m = 1$ の場合を示します。他も同様です。剰余群 $\R/\Q$ の完全代表系 $S\subset \R$ を取り、$A := S + \Z$ と定めます。$A\in \mathcal{L}^{1}$ だったとして矛盾を導きます。以下のことが確かめられます。

(i) $A$ が周期 $1$ を持つことに注意。$n := \lfloor x\rfloor$ とおいて\begin{eqnarray*}\mu((A + x)\cap (0, 1]) & = & \mu(A\cap (-x, -x + 1]) \\& = & \mu(A\cap (-x, -n]) + \mu(A\cap (-n, -x + 1]) \\& = & \mu(A\cap (-x + n + 1, 1]) + \mu(A\cap (0, -x + n + 1]) \\& = & \mu(A\cap (0, 1])\end{eqnarray*}です。

(ii) $\R = \bigsqcup_{r\in \Q}(S + r) = \bigsqcup_{r\in T}(S + \Z + r) = \bigsqcup_{r\in T}(A + r)$ です。

これらを合わせて\[1 = \mu([0, 1)) = \sum_{r\in T}\mu((A + r)\cap (0, 1]) = \sum_{r\in T}\mu(A\cap (0, 1])\]ですが、そのような $\mu(A\cap (0, 1])$ は実数の範囲で取れないので矛盾です。

$\mathcal{B}^{m}$ は $\R^{m}$ の高々可算な開基から生成するので補足4.5.19で考えた評価により $\#\mathcal{B}^{m}\leq 2^{\aleph_{0}}$ です。ここで、Lebesgue測度に関する零集合としてCantor三進集合が取れますが、その濃度は $2^{\aleph_{0}}$ であり、その部分集合がいずれもLebesgue可測集合であるということから $\#\mathcal{L}^{m}\geq 2^{2^{\aleph_{0}}}$ が従います。$\#\mathcal{B}^{m} < \#\mathcal{L}^{m}$ であり、よって、$\mathcal{B}^{m}\neq \mathcal{L}^{m}$ です。

そして、完備化により $\sigma$ 加法族が真に大きくなるので、Borel測度空間は完備ではありません。