有限加法族の演習問題 22 問（解答付き）｜測度論

$\mc{F} \neq \varnothing$ なので $A_0 \in \mc{F}$ を一つ取れる。$\mc{F}$ は補集合で閉じているので $$\overline{A_0} \in \mc{F}$$ である。更に $\mc{F}$ は有限和でも閉じているので $$A_0 \cup \overline{A_0} \in \mc{F}$$ である。すなわち $X \in \mc{F}$ である。

有限加法族は全体集合を要素に持つ（問題１）ので $$X \in \mc{F}$$ である。また $\mc{F}$ は補集合で閉じるので $$\overline{X} \in \mc{F}$$ である。すなわち $\varnothing \in \mc{F}$ である。

$A, B \in \mc{F}$ とする。$A \cap B = \overline{\overline{A} \cup \overline{B}}$ であることに注意。 $\mc{F}$ は補集合で閉じているので $$\overline{A}, \overline{B} \in \mc{F}$$ である。また $\mc{F}$ は有限和で閉じているので $$\overline{A} \cup \overline{B} \in \mc{F}$$ である。更に $\mc{F}$ は補集合で閉じているので $$\overline{\overline{A} \cup \overline{B}} \in \mc{F}$$ である。すなわち $A \cap B \in \mc{F}$ である。

$A, B \in \mc{F}$ とする。$A \setminus B = A \cap \overline{B}$ であることに注意。$\mc{F}$ は補集合で閉じているので $$\overline{B} \in \mc{F}$$ である。また $\mc{F}$ は有限交叉で閉じているので（問題３） $$A \cap \overline{B} \in \mc{F}$$ である。すなわち $A \setminus B \in \mc{F}$ である。

非空性は自明。

非空性は自明。

$X$ の部分集合はみな $\mc{F}$ の要素なので補集合・有限和で閉じることは自明。

また $\varnothing \in \mc{F}$ なので $\mc{F} \neq \varnothing$ である。

$X$ 上の有限加法族ではない。実際、$\cbr{1}, \cbr{1, 2} \in \mc {F}$ であるが、 $$\cbr{1,2} \setminus \cbr{1} = \cbr{2} \not\in\mc{F}$$ なので $\mc{F}$ は差集合で閉じていない。したがって有限加法族ではない（問題４）。

有限加法族ではない。実際、$S_2 = \iset{2m}{m \in \NN}$ については $$2m_1 + 2m_2 = 2(m_1 + m_2) \in S_2$$ なので $S_2 \in \mc{F}$ であり、また同様にして $S_3 = \iset{3m}{m \in \NN} \in \mc{F}$ であるが、$S_2 \cup S_3$ については \begin{align} 2, 3 &\in S_2 \cup S_3 & 2 + 3 = 5 &\not\in S_2 \cup S_3 \end{align} なので $S_2 \cup S_3 \not\in \mc{F}$ である。つまり $\mc{F}$ は有限和で閉じていない。

有限加法族ではない。実際、$S_2 = \iset{m^2}{m \in \NN}$ については $$m_1^2 \cdot m_2^2 = (m_1 m_2)^2 \in S_2$$ なので $S_2 \in \mc{F}$ であり、また同様に $S_3 = \iset{m^3}{m \in \NN} \in \mc{F}$ であるが、$S_2 \cup S_3$ については \begin{align} 4, 8 &\in S_2 \cup S_3 & 4 \cdot 8 = 32 &\not\in S_2 \cup S_3 \end{align} なので $S_2 \cup S_3$ は $\mc{F}$ に属さない。つまり $\mc{F}$ は補集合で閉じていない。

有限和で閉じることを示す。$A, B \in \mc{F}$ とする。$A \cup B = \overline{\overline{A} \cap \overline{B}}$ であることに注意。

$\mc{F}$ は補集合で閉じているので $$\overline{A}, \overline{B} \in \mc{F}$$ である。また $\mc{F}$ は有限交叉で閉じているので $$\overline{A} \cap \overline{B} \in \mc{F}$$ である。更に $\mc{F}$ は補集合で閉じているので $$\overline{\overline{A} \cap \overline{B}} \in \mc{F}$$ である。すなわち $A \cup B \in \mc{F}$ である。

そうとは限らない。実際 $X = \cbr{1}$ および $\mc{F} = \cbr{\varnothing}$ とすると、$\mc{F}$ は非空であり、また $\varnothing \setminus \varnothing = \varnothing \in \mc{F}$ なので差集合で閉じてもいるが、$\mc{F}$ は全体集合 $\cbr{1}$ を要素として持たないので有限加法族ではない。

非空性は自明。補集合・有限和で閉じていることを示す。

一般には成り立たない。実際 $X = \cbr{1, 2, 3}$ とし、 $$\mc{F}_1 = \cbr{\varnothing, \cbr{1}, \cbr{2, 3}, X}$$ $$\mc{F}_2 = \cbr{\varnothing, \cbr{1, 2}, \cbr{3}, X}$$ とすると、これらは有限加法族である（問題６）。しかし $$\mc{F}_1 \cup \mc{F}_2 = \cbr{\varnothing, \cbr{1}, \cbr{1, 2}, \cbr{2, 3}, \cbr{3}, X}$$ において、$\cbr{1}, \cbr{3} \in \mc{F}_1 \cup \mc{F}_2$ であるが $$\cbr{1} \cup \cbr{3}= \cbr{1,3} \not\in \mc{F}_1 \cup \mc{F}_2$$ なので $\mc{F}_1 \cup \mc{F}_2$ は有限和で閉じていない。したがって $\mc{F}_1 \cup \mc{F}_2$ は有限加法族ではない。

$\ds\mc{F} = \bigcap_{\lambda \in \Lambda} \mc{F}_\lambda$ とする。

$\mc{F}$ を包含する有限加法族 $\mc{F’}$ を任意に取る。まず $\mc{F} \subseteq \mc{F}’$ より $$\cbr{\cbr{1}, \cbr{1,2}} \subseteq \mc{F}’$$ である。また $\mc{F}’$ は補集合で閉じるので $$\cbr{\cbr{1}, \cbr{1,2}, \cbr{3,4},\cbr{2,3,4}} \subseteq \mc{F}’$$ である。更に $\mc{F}’$ は有限和で閉じるので $$\cbr{\cbr{1}, \cbr{1,2}, \cbr{3,4},\cbr{1,3,4}, \cbr{2,3,4}, \cbr{1,2,3,4}} \subseteq \mc{F}’$$ である。更に $\mc{F}’$ は補集合で閉じるので $$\cbr{\varnothing, \cbr{1}, \cbr{2}, \cbr{1,2}, \cbr{3,4}, \cbr{1,3,4}, \cbr{2,3,4}, \cbr{1,2,3,4}} \subseteq \mc{F}’$$ である。任意に取った $\mc{F}’$ に対してこの包含関係が成り立つので $$\cbr{\varnothing, \cbr{1}, \cbr{2}, \cbr{1,2}, \cbr{3,4}, \cbr{1,3,4}, \cbr{2,3,4}, \cbr{1,2,3,4}} \subseteq \mc{A}(\mc{F})$$ である。一方この左辺は非空で、補集合で閉じ、有限和で閉じるので有限加法族であり、また $\mc{F}$ を包含する。したがって逆向きの包含関係 $\supseteq$ も成り立つ。つまり $$\mc{A}(\mc{F}) = \cbr{\varnothing, \cbr{1}, \cbr{2}, \cbr{1,2}, \cbr{3,4}, \cbr{1,3,4}, \cbr{2,3,4}, \cbr{1,2,3,4}}$$ が求めるものである。

$\mc{G}$ を包含する有限加法族 $\mc{G}’$ を任意に取ると、 $$\mc{F} \subseteq \mc{G} \subseteq \mc{G}’$$ なので $\mc{G}’$ は $\mc{F}$ を包含する有限加法族。よって $$\mc{A}(\mc{F}) \subseteq \mc{G}’$$ である。任意に取った $\mc{G}’$ に対してこの包含関係が成り立つので、 $$\mc{A}(\mc{F}) \subseteq \mc{A}(\mc{G})$$ を得る。

一般には成り立たない。実際 $X = \cbr{1,2,3}$ とし、 \begin{align} &\mc{F} = \cbr{\cbr{1}} && \mc{G} = \cbr{\cbr{1}, \cbr{2}} \end{align} とすると $\mc{F} \subseteq \mc{G}$ であるが、 \begin{align} \mc{A}(\mc{F}) &= \cbr{\varnothing, \cbr{1}, \cbr{2,3}, \cbr{1,2,3}} \\ \mc{A}(\mc{G}) &= \cbr{\varnothing, \cbr{1}, \cbr{2}, \cbr{3}, \cbr{1,2}, \cbr{1,3}, \cbr{2,3}, \cbr{1,2,3}} \end{align} となり、一致しない。

$X = \NN$ とし、 $$\mc{F} = \iset{S \subseteq \NN}{\text{$S$ または $\overline{S}$ は有限集合}}$$ とするとこれは有限加法族（問題９）。$\mc{F}$ が可算和で閉じないことを示す。各 $n \in \NN$ に対し $A_n = \cbr{2n}$ とすると、これらは有限集合なので $A_n \in \mc{F}$ であるが、 $$\bigcup_{n \in \NN} A_n = \iset{2n}{n \in \NN} = \cbr{0,2,4,6,\ldots}$$ は無限集合であり、その補集合 $$\overline{\bigcup_{n \in \NN} A_n} = \iset{2n + 1}{n \in \NN} = \cbr{1,3,5,7,\ldots}$$ も無限集合である。したがって $\ds\bigcup_{n \in \NN} A_n \not\in \mc{F}$ となる。