補題: 非負の単関数については積分と総和の順序交換ができる

集合$E$の上で$f(x) \geq 0$、また、$g _{n}(x)\; (n=1,2,\cdots)$は単関数$\geq 0$であって、$E$の各点で$f(x) = \displaystyle \sum _{n=1} ^{\infty} g _{n}(x)$ならば$\displaystyle \int _{E} f(x) d\mu = \sum _{n=1} ^{\infty} \int _{E} g _{n}(x) d\mu$が成り立つ。

$f(x)=\displaystyle \sum _{n=1} ^{\infty} g _{n}(x)$を代入すれば分かる通り、この定理は一定条件下での積分と総和の順序交換が可能なことを示しています。

$$ \left(\int _{E} f(x) d\mu = \right) \int _{E} \sum _{n=1} ^{\infty} g _{n}(x) d\mu = \sum _{n=1} ^{\infty} \int _{E} g _{n}(x) d\mu $$

証明

前提として、$f,g$がともに$E$上の単関数$\geq 0$ならば$\displaystyle \int _{E} (f+g)d\mu = \int _{E} fd\mu + \int _{E} gd\mu$であることを認識しておきましょう。

$h _{N} = \displaystyle \sum _{n=1} ^{N} g _{n}$とおきます。そうすると上述の前提から、$\displaystyle \int _{E} h _{N} d\mu = \sum _{n=1} ^{N} \int _{E} g _{n}d\mu$ となります。

また、$g _{n}(x) \geq 0$ですから、$\lbrace h _{N} \rbrace$は単関数の単調増加列であり、$f(x) = \displaystyle \lim _{N \to \infty} h _{N}(x)$です。ゆえに、ルベーグ積分の定義式を用いると、次のようになります。

$$ \begin{align} \int _{E} f(x) d\mu &= \lim _{N \to \infty} \int _{E} h _{N}(x) d\mu & (\because \text{ルベーグ積分の定義より}) \newline &= \lim _{N \to \infty} \sum _{n=1} ^{N} \int _{E} g _{n}(x) d\mu & (\because \text{上で示した}) \newline &= \sum _{n=1} ^{\infty} \int _{E} g _{n}(x) d\mu & \newline \therefore \int _{E} f(x) d\mu &= \int _{E} \sum _{n=1} ^{\infty} g _{n}(x) d\mu = \sum _{n=1} ^{\infty} \int _{E} g _{n}(x) d\mu \end{align} $$

そういう$g _{n}(x)$ も存在する

そして、上記のような$g _{n}(x)$も存在します。これはなぜか。

まず、単関数近似定理からすぐに$\lbrace h _{n}(x) \rbrace$の存在が言えます。

そして、次のように$g _{n}(x)$を定義できるからです。

$$ g _{n}(x) = \begin{cases} h _{1} & (n=1) \newline h _{n} - h _{n-1} & (n \geq 2) \end{cases} $$

こうすると$g _{n}$は単関数であり、かつ、$\lbrace g _{n} \rbrace$は単調増加列で$f(x) = \displaystyle \sum _{n=1} ^{\infty} g _{n}(x) \left(= \lim _{N \to \infty} h _{N} \right)$となります。

補題: 関数列の無限和として表現できる非負関数については積分と総和の順序交換ができる

$E$の上で$f _{n}(x) \geq 0\; (n=1,2,\cdots), f(x)= \displaystyle \sum _{n=1} ^{\infty} f _{n}(x)$ならば$\displaystyle \int _{E} f(x) d\mu = \sum _{n=1} ^{\infty} \int _{E} f _{n}(x) d\mu$になります。

証明

各$f _{n}(x)$に対して上で示した補題を用いると、$f _{n}(x) = \displaystyle \sum _{m=1} ^{\infty} g _{n,m} (x)$となるような単関数$g _{n,m}(x) \geq 0$が存在し、次の式が成立します。

$$ \int _{E} f _{n}(x) d\mu \left(= \int _{E} \sum _{m=1} ^{\infty} g _{n,m} (x) d\mu \right) = \sum _{m=1} ^{\infty} \int _{E} g _{n,m} (x) d\mu $$

ここで$\displaystyle \lbrace g _{n,m}; n,m=1,2,\cdots \rbrace$を一列に並び替えたものを$\lbrace h _{k} \rbrace$とおきます。このとき、$\lbrace h _{k} \rbrace$は単関数の単調増加列であり、かつ、$f(x) = \displaystyle \sum _{k=1} ^{\infty} h _{k}(x)$となり、上述の補題が適用できます。

$$ \begin{align} \left(\int _{E} fd\mu = \right) \sum _{n=1} ^{\infty} \int _{E} h_{n} d\mu &= \sum _{n=1} ^{\infty} \sum _{m=1} ^{\infty} \int _{E} g _{n,m} d\mu & (\because \text{積分の線形性}) \newline &= \sum _{n=1} ^{\infty} \int _{E} f _{n}(x) d\mu & \newline \therefore \left(\int _{E} fd\mu = \right) \int _{E} \sum _{n=1} ^{\infty} f _{n}(x) d\mu &= \sum _{n=1} ^{\infty} \int _{E} f _{n}(x) d\mu \end{align} $$

ルベーグの単調収束定理

$E$の上で$0 \leq f _{1} \leq f _{2} \leq \cdots \leq f _{n} \cdots, \displaystyle \lim _{n \to \infty} f _{n} = f$ならば、$\displaystyle \lim _{n \to \infty} \int _{E} f _{n} d\mu = \int _{E} f d\mu$が成り立つ。

証明

$\mu\left(E (f _{n} = \infty) \right)\geq 0$なる$n$が存在するときは、集合$E(f _{n} = \infty)$の上では$f=\infty$。このため、$\displaystyle \int _{E} f d\mu = \infty = \lim _{n \to \infty} \int _{E} f _{n} d\mu$となり、定理は成り立ちます。

他方、すべての$n$に対して$\mu\left( E(f _{n} = \infty\right)=0$とすると、$E _{0}=\displaystyle \bigcup _{n=1} ^{\infty} E(f _{n} = \infty)$は零集合であり$\mu(E _{0})=0$です。従って、$E _{0}$上での任意の関数の積分はその定義より$0$となるので、$E$の各点で$f _{n}$は有限の値を取ると考えてよいことになります。

そこで、次のような関数列$g _{n}$を考えます。

$$ g _{n} = \begin{cases} f _{1} & (n=1) \newline f _{n} - f _{n-1} & (n \geq 2) \end{cases} $$

そうすると、$g _{k} \geq 0$であり、かつ、$f _{n} = \displaystyle \sum _{k=1} ^{n} g _{k}$となります。ゆえに先の定理が適用できます。

$$ \begin{align} \int _{E} f d\mu &= \sum _{k=1} ^{\infty} \int _{E} g _{k} d\mu \newline &= \lim _{n \to \infty} \sum _{k=1} ^{n} \int _{E} g _{k} d\mu \newline &= \lim _{n \to \infty} \int _{E} \sum _{k=1} ^{n} g _{k} d\mu \newline &= \lim _{n \to \infty} \int _{E} f _{n} d\mu \newline \therefore \lim _{n \to \infty} \int _{E} f _{n} d\mu &= \int _{E} f d\mu \end{align} $$