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Lebesgue拡大(確率測度の完備化)

Lebesgue拡大(確率測度の完備化)の証明. 伊藤『確率論』p.49問xvに対する解答という形で証明する.


非専門家が書いています. 十分に批判的に読んで頂くようお願いいたします. 間違い・疑問点などあれば, ぜひコンタクトフォームへ連絡いただけると幸いです.

定理(伊藤『確率論』の問)

P を確率測度, 確率空間は (\Omega, \cD(P), P) とする. P(N) = 0 となる P-可測集合を P-零集合という. P-零集合の部分集合が全て P-可測(よって P-零)であるとき, P完備確率測度という.

任意の確率測度 P に対して完備拡張は必ず存在し, しかもその中の最小の拡大が存在する. この拡張をLebesgue拡大という.

証明

方針

天下り的だが, 教科書のヒントを用いて,

\begin{align}\large{ \cD(Q) = \{ A \mid {}^\exists B_1, \;B_2 \in \cD(P),\; B_1 \subset A \subset B_2,\; P(B_2 - B_1) = 0 \} \\[5pt] Q(A) = P(B_1) }\end{align}

とすると, これがLebesgue拡大となっていることを示す. となると, 示すべき事は以下の4つである.

  1. \cD(Q)\sigma-加法族,
  2. Q は確率測度,
  3. (\Omega, \cD(Q), Q) が完備確率空間,
  4. これが, 完備拡張の中で最小.

1.\cD(Q)\sigma-加法族

\sigma-加法族の定義をひとつづつ確認していく.

  σ.1  
\varnothing \in \cD(Q) は明らか.

  σ.2  
A \in \cD(Q) とすると, \cD(Q) の定義より

\begin{align} {}^\exists B_1, \;B_2 \in \cD(P),\; B_1 \subset A \subset B_2,\; P(B_2 - B_1) = 0 \end{align}

\cD(P)\sigma-加法族なので, B_1^{\;c},\; B_2^{\;c} \in \cD(P) で, また,

\begin{align} B_2^{\;c} \subset A^{c} \subset B_1^{\;c} \label{eq_i}. \end{align}

今,

\begin{align} P(B_1^{\;c} - B_2^{\;c}) &= P(B_1^{\;c}) - P(B_2^{\;c}) \label{eq_ro} \\[5pt] &= P(\Omega - B_1) - P(\Omega - B_2) \notag \\[5pt] &= (1 - P(B_1)) - (1 - P(B_2)) \notag \\[5pt] &= P(B_2) - P(B_1) \notag \\[5pt] &= P(B_2 - B_1) \notag \\[5pt] &= 0 \notag \end{align}

であるので, 式\eqref{eq_i}, \eqref{eq_ro}より A^{c}\cD(Q) の定義を満たしている, つまり A^{c} \in \cD(Q).

  σ.3  
A_n \in \cD(Q) とする. A = \bigcup_{n=1}^{\infty} A_n \in \cD(Q) を示せば良い.

A_n \in \cD(Q) より, 各 n について

\begin{align} {}^\exists B_{1n}, \;B_{2n} \in \cD(P),\; B_{1n} \subset A_n \subset B_{2n},\; P(B_{2n} - B_{1n}) = 0 \end{align}

である. いま

\begin{align} B_1 = \bigcup_{n=1}^{\infty} B_{1n}, \quad B_2 = \bigcup_{n=1}^{\infty} B_{2n} \end{align}

と定義する. すると当然

\begin{align} B_1 \subset A \subset B_2 \end{align}

でありまた,

\begin{align} P(B_2 - B_1) &= P \left( \bigcup_{n=1}^{\infty} B_{2n} - \bigcup_{n=1}^{\infty} B_{1n} \right ) \\[5pt] &\leq P \left( \bigcup_{n=1}^{\infty}(B_{2n} - B_{1n}) \right) \notag \\[5pt] &\leq \sum_{n=1}^{\infty}P(B_{2n} - B_{1n}) \notag \\[5pt] &= 0 \end{align}

となる(1行目→2行目は簡単な集合論の考え方でわかる). これで, \bigcup_{n=1}^{\infty} A_n \in \cD(Q) が示された.

条件 σ.1, σ.2, σ.3 が確認されたので \cD(Q)\sigma-加法性はOK.

\square

2.Q は確率測度

確率測度の定義をひとつづつ確認していく.

  1  
もとより P が確率測度で有るので, P を用いて定義されている Q についても 0 \leq Q(A) \leq \infty は明らか.

  2  
A_n \in \cD(Q) で互いに素, A = \bigcup_{n=1}^{\infty} とする.

A_n \in \cD(Q) より, 各 n について

\begin{align} {}^\exists B_{1n}, \;B_{2n} \in \cD(P),\; B_{1n} \subset A_n \subset B_{2n},\; P(B_{2n} - B_{1n}) = 0 \end{align}

である. いま

\begin{align} B_1 = \bigcup_{n=1}^{\infty} B_{1n}, \quad B_2 = \bigcup_{n=1}^{\infty} B_{2n} \end{align}

と定義する. すると

\begin{align} \sum_{n=1}^{\infty} Q(A_n) &= \sum_{n=1}^{\infty} P(B_{1n}) \\[5pt] &\color{red}{=} P \left( \bigcup_{n=1}^{\infty} B_{1n} \right) \notag \\[5pt] &= P(B_1) \notag \\[5pt] &\color{blue}{=} Q(A) \notag \end{align}

となる. 等式 \color{red}{=} が成立するのは, A_n が互いに素なので B_{1n} も互いに素だから.
等式 \color{blue}{=} が成立するのは, A-B_1 \subset B_2 - B_1, P(B_2 - B_1) = 0 だから.

  3  
P(\Omega) = 1 なので, Q(\Omega)1 となる.

これで, Q が確率測度の定義を満たすことがわかった.

\square

3.(\Omega, \cD(Q), Q) が完備確率空間

N \subset A, Q(A) = 0 とする. \cD(Q) の定義より,

\begin{align} \cD(Q) &= \{ A \mid {}^\exists B_1, \;B_2 \in \cD(P),\; B_1 \subset A \subset B_2,\; P(B_2 - B_1) = 0 \} \\[5pt] Q(A) &= P(B_1) = 0 \notag \end{align}

また, P(B_2) - P(B_1) = 0 より, P(B_2)0.

いま, B_1 = \{ \varnothing \} とすれば, N \subset A \subset B_2 なので, B_1 \subset N \subset B_2 でありまた, P(B_2 - B_1) = 0. よって, N \in \cD(Q).

\square

4.完備拡張の中で最小

これ若干自信がないというか定性的です.

\cD(Q) の定義

\begin{align} \cD(Q) = \{ A \mid {}^\exists B_1, \;B_2 \in \cD(P),\; B_1 \subset A \subset B_2,\; P(B_2 - B_1) = 0 \} \\[5pt] \end{align}

は, 全ての B \in \cD(P) と, 任意の P-零集合の全ての部分集合を含む. しかも, このような \sigma-加法族 は上に示す A を必ず含まなければならないので最小である.

\square

これで定理は示された.

\blacksquare

一般の測度の場合

伊藤ルベーグでは, 一般の測度の場合の完備化が以下のように記されている.

測度空間 (\Omega, \cB, \mu) について, E \subset \Omega のなかで

\begin{align}\large{ {}^\exists B,\; N \in \cB,\; E \ominus B \subset N,\; \mu(N) = 0 }\end{align}

なるものの全体を \overline{\cB}, また \overline{\mu} = \mu(B) としたとき(\ominus は対称差), 確率空間 (\Omega, \overline{\cB}, \overline{\mu}) が最小の完備化となる.

感想・参考文献

感想

確率論の勉強をしているとよくつかわれる. とはいえ, 完備化の定義というより, いつでも必ず完備化できるという事実が重要なのだと思う.
というか練習問題としては難しすぎん? テレンス・タオのルベーグ積分でも(ヒント無しで!)完備化の存在が練習問題になってたし, これが普通なのか?

参考文献

伊藤 清 確率論 (岩波基礎数学選書)

伊藤 清三 ルベーグ積分入門(新装版) (数学選書)

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