ご回答大変ありがとうございます。



>> k=2の場合の積測度空間の拡張に就いてで
>> k=2の時はA:={E;E=E_1×E_2,E_1∈M_1,E_2∈M_2}とするとAは集合体をなす。
>> この時,Aから生成されるσ集合体σ(A)とX_1×X_2と
>> (μ_1×μ_2)(E):=μ_1(E_1)μ_2(E_2)とを
> 違います. この A 自体は集合の集まりであるというだけで
> 集合体ではありません.

えーと,集合体の定義は補集合について閉じていて,有限和集合に関してとじている全体集合Xの部分集合の族ですよね。
有限和集合については閉じていますよね。
補集合についてはE∈A を採ると,E^c=(E_1×E_2)^c=(E_1^c×E_2^c)∪(E_1^c×E_2)∪(E_1×E_2^c)
≠(E_1∪E_1^c)×(E_2∪E_2^c)で
(E_1^c×E_2^c)∪(E_1^c×E_2)∪(E_1×E_2^c)
ここからE_1×E_2の形に持っていけませんね。
よって集合体ではないのですね。


>  A を矩形 E_1×E_2 の有限個の
> disjoint な和の全体とすれば, 集合体になります.
> 14. の記述はそうなっています.

そうでした。失礼いたしました。


> 又, A の中の E_1×E_2 の形の元については
> (μ_1×μ_2)(E) = μ_1(E_1)μ_2(E_2) で定義し,
> 一般の E = ∪_{i=1}^N E_{i,1}×E_{i,2} (disjoint) ∈ A に
> ついては, (μ_1×μ_2)(E) = Σ_{i=1}^N μ_1(E_{i,1})μ_2(E_{i,2})
> で定義し,

これは積測度の定義からですね。


> それが σ(A) に拡張されることが示されて,

これはTheorem1.5から言えますね。


>> 組み合わせた
>> (X_1×X_2,σ(A),μ_1×μ_2)を積測度空間と呼ぶ。
> となります.

了解いたしました。


>> この時,μ_1×μ_2はA上のpremeasure μ_0のσ(A)への拡張になっている。
>> premeasure μ_0の定義は
>> 「μ_0:A→[0,∞]で
>>   μ_0(φ)=0,
>>   A∋E_1,E_2,…　が互い素にならば
>>   μ_0(∪_{i=1}^∞ E_i)=Σ_{i=1}^∞ μ_0(E_j) (可算加法性)
>> が成り立つ時,μ_0をA上のpremeasureと呼ぶ」
>> です。
> A と μ_0(E) = Σ_{i=1}^N μ_1(E_{i,1})μ_2(E_{i,2}) について
> これらが成立することは良いでしょうか.

えーと,μ_0:=(μ_1×μ_2)|Aという制限写像になっているですよね。
∀∪_{i=1..∞}E_i∈A (E_iは互いに素)を採ると,
μ_0(∪_{i=1..∞}E_i)=Σ_{i=1}^N μ_1(E_{i,1})μ_2(E_{i,2})∈[0,∞]はμ_1とμ_2の測度の
定義から明らかですね。
μ_0(φ)=μ_0(φ×φ)=μ_1(φ)μ_2(φ)=0でうまくいきます。
可算加法性については
μ_0(∪_{i=1..∞}E_i)=Σ_{i=1}^N μ_1(E_{i,1})μ_2(E_{i,2})=Σ_{i=1}^N μ_0
(E_i) (∵E_{i,1}×E_{i,2}=E_i∈Aよりμ_0の定義)
で上手くいきました。


>> 同様にして k≧3の場合も積測度空間を作る事ができる。即ち,
>> A:={E;E=E_1×E_2×…×E_k,E_1∈M_1,E_2∈M_2,…,E_k}とすると
>> Aは集合体をなし,
> ですから A はそれらの disjoint な有限和の全体です.

そうでしたね。失礼いたしました。


>> X_1×X_2×…×X_kと
>> (μ_1×μ_2×…×μ_k)(E):=μ_1(E_1)μ_2(E_2)…μ_k(E_k)とを
>> 組み合わせた
> 正確にはその拡張です.

了解いたしました。


>> (X_1×X_2×…×X_k,σ(A),μ_1×μ_2×…×μ_k)を積測度空間と呼ぶ。
>> そして,積測度μ_1×μ_2×…×μ_kは
>> Aでのpremeasure μ_0の拡張
>> (つまり,制限写像μ_1×μ_2×…×μ_k|_Aはμ_0に等しい)
>> になっている事を
>> Theorem1.5を使って確かめよ。
> というか, Theorem 1.5 というのは (X, A, μ_0) の組が
> premeasure であれば, それの拡張となる (X, σ(A), μ)
> という measure があることを主張するものです. ですから,
> (X, A, μ_0) が premeasure になることを確かめれば,
> この問題はお仕舞です.

つまり,Π_{i=1}^kX_i上の集合体A上のpremeasureμ_0
(但し,μ_0の定義をμ_0(E):=Π_{i=1}^k μ_i(E)(=(μ_1×μ_2×…×μ_k)(E))で与える)
から拡張されたΠ_{i=1}^kX_i上の積測度(それをμ_1×μ_2×…×μ_kと表記する事する)が存在する事を示せというのが問題の趣旨なの
ですね。
証明の方針はμ_0(E):=Π_{j=1}^k μ_j(E_j)と採ればよい。
するとμ_0はA上のpremeasureをなし,σ(A)がΠ_{i=1}^k X_i上のσ集合体(積σ集合体)になっているので
Theorem1.5から(μ_0=)Π_{i=1}^k μ_iはσ(A)上に拡張でき,積測度の形をしていて,
∀E∈σ(A)に対して,Π_{i=1}^k μ_i(E)=(μ_1×μ_2×…×μ_k)(E)を満たすですね。


>> [証]
>> 制限写像μ_1×μ_2×…×μ_k|_A=:μ_0がpremeasureになっている事を示す。
> 今, μ_1×μ_2×…×μ_k という measure の存在を
> 問題にしているのですから, その制限という言い方には
> 意味がありません.

そうですね。


>> (i) φ∈Aより,μ_0(φ)=μ_1×μ_2×…×μ_k|_A(φ)=(μ_1×μ_2×…×μ_k)(φ)
>> (∵φ∈σ(A)(∵σ集合体の定義))
>> =μ_1(φ)μ_2(φ)…μ_k(φ) (∵積測度の定義)
>> =0・0・…・0 (∵測度の定義)
>> =0.
> こちらはいずれにせよ明らかなので,

そうでした。後,μ_0の値域が[0,∞]に入る事も明らかですね。


>> (ii) 可算加法性
>> A∋E_1,E_2,…を互いに素とする。この時,∪_{i=1}^∞ E_i∈A …①(∵集合体の定義)

これはウソですね。σ集合体でないと言えませんよね。


>> これらはE_1=Π_{i=1}^k E_{1_i},E_2=Π_{i=1}^k E_{2_i},…
>> (但し,E_{1_i}∈M_1,E_{2_i}∈M_2,…)
：
> 何度も注意しますが, A が矩形だけの集まりなら,
> A は集合体ではありません.

すいません。ここらは間違いだらけでお恥ずかしいです。


> もう一度 k = 2 での証明を読み直されることをお勧めします.

もとい,μ_0(A)⊂[0,∞]とμ_0(φ)=0と成る事はいいとして,可算加法性を示してみます。
A∋∀E_1×F_1,E_2×F_2,…は互いに素.　を採ると
μ_0(∪_{i=1}^∞(E_i×F_i))=μ_0((∪_{i=1}^∞E_i)×(∪_{i=1}^∞F_i))
これは言えますよね。。。(でないと先に進めません)
=μ_1((∪_{i=1}^∞E_i)μ_2(∪_{i=1}^∞F_i)) (∵μ_0の定義)
=Σ_{i=1}^∞μ_1(E_i)Σ_{i=1}^∞μ_2(F_i)
も言えませんよね。
∪_{i=1}^∞(E_i×F_i)から(∪_{i=1}^∞E_i)×(∪_{i=1}^∞F_i)に成分表示した時点で
E_1,E_2,…は互いに素になっているとは限りませんものね。。。

どうすれば解決できますでしょうか?