ご回答大変有難うございます。遅くなりましてすいません。

> ルベーグ可測というのは完備化を考えているので少し微妙です.

完備化とは(Ω,Σ,μ)を測度空間とすると(Ω,Σ~,μ~)
(但し,Σ~:={E∪Z∈2^Ω;E∈Σ,Z⊂F∈Σ,μ(F)=0},μ~(E∪Z):=μ(E))を完備化された測度空間というのですね。


>> [(1)の解]
>> 真?
> 真ではありません. 殆ど全ての y についてはルベーグ可測
> ですが, 全ての y についてはそうならない例があります.

下記の例ですね。


>> Σ:={E⊂R;inf{m^*(U＼E);E⊂∃U∈T}=0} (但し,TはRの通常の位相)とすると
>> (つまり,Σはルベーグ集合体)
>> Σ×Σ:={A×B;A,B∈Σ}と書け,題意(f(x,y)はR×Rでルベーグ可測)より
>> ∀r∈R,{(x,y);f(x,y)>r}∈Σ×Σと言える。
>  R×R の可測集合の全体は Σ×Σ ではありません.

一般の測度空間(Ω_1,Σ_1,μ_1),(Ω_2,Σ_2,μ_2)でならΩ_1×Ω_2の可測集合全体は
Σ_1×Σ_2:={A×B;A∈Σ_1,B∈Σ_2}と書けるのですね。


>  Σ×Σ から生成される σ加法族を更に完備化したものです.

えーと,Σ×Σ から生成される σ加法族はσ(Σ×Σ )=σ({A×B;A∈Σ_1,B∈Σ_2})
={A×B;A∈Σ_1,B∈Σ_2}∪{(A×B)^c;A∈Σ_1,B∈Σ_2}∪{∪[i=1..∞]
(A_i×B_i);A_i∈Σ_1,B_i∈Σ_2}=:S
ですからそれを完備化したものは{E∪Z∈2^(R×R);E∈S,Z⊂F∈S,μ(F)=0}ですね。
{E∪Z∈2^(R×R);E∈S,Z⊂F∈S,μ(F)=0}がR×Rの可測集合全体になるのですね。


>> よってx|→f(x,y)をgとすると,{x∈R;(f(x,y)=)g(x)>r}∈Σ.
>> が言えればいいのですがどうれすば言えますでしょうか?
>  Σ×Σ から生成される σ加法族の元の g での引戻しが
> 可測集合である

E∪Z∈{E∪Z∈2^(R×R);E∈S,Z⊂F∈S,μ(F)=0}に対し,g^-1(E∪Z)∈Σとなるのですね。


> のは証明できますが, それでは不十分なのです.
> 例えば f を R の非可測集合 A と一点 {y} の積集合 A×{y}
> の特性関数とすれば, f 自身は零集合

A×{y}が零集合である事はm*をR×R上のルベーグ外測度とすると
m*(A×{y})=m_1*(A)m_2({y}) (但し,m_1*,m_2*はR上のルベーグ外測度)
=m_1*(A)・0=0(∵m_1*(A)=∞の場合は外測度の定義∞・0:=0より)
よって m*(A×{y})は零集合。と言えるのですね。


> の特性関数ですから可測
> ですが,

f=1_{A×{y}}は{s∈R;1_{A×{y}}(s,t)>r,t∈R}=φ(r≧1の時),R(r<1の時) ∈Σ
となるのですね。


>{ x ∈ R | g(x) > 0 } = A は非可測となります.

「f(x,y)をR×Rでルベーグ可測」とは∀A×B (但しA,B⊂R),∀r∈Rに対し,
{(x,y)∈A×B;f(x,y)>r}∈Sという意味ですね。
「g(x)をRでルベーグ可測」とは∀A⊂R,∀r∈Rに対し,
{x∈A;g(x)>r}∈Σという意味ですね。
、、で今,A×{y} (但し,Aは非可測)に対し,f:=1_{A×{y}}としてfは可測であることがわかったが
{x∈R|g(x)>0}={x∈R;f(x,t)>0}={x∈R;1_{A×{y}}(x,t)>0}=A:非可測
という反例が見つかったので(1)は偽。という訳ですね。

所で非可測集合はσ集合体ΣがΣ=2^Ω(つまり,離散σ集合体)でない限りは非可測集合が必ず存在するのですねよね?  (何と言う定理か知りません
が)


>> [(2)の解]
>> 真?
>  ∫_R f(x, y) dx は測度零の集合以外の y についてしか
> 定義されませんが, 真です.
>> (1)と同様にy|→∫_Rf(x,y)dxをgとすると,{y∈R;(∫_Rf(x,y)dx=)g(y)>r}∈Σ.
>> が言えればいいのですがどうれすば言えますでしょうか?
> これはトネリ(Tonelli)の定理の一部ですので, その証明を
> 御覧下さい. 谷島賢二「ルベーグ積分と関数解析」朝倉書店
> 等でどうぞ.

有難うございます。Tonelliの定理は「f(x,y)をI_1×I_2⊂R^(m×n)上で非負可測関数とすると殆どのx∈I_1においてyの関数
f(x,y)はI_2で可測。更にはxの関数として∫_I_2f(x,y)dyはI_1で可測である。
そして∫∫_(I_1×I_2)f(x,y)dxdy=∫_I_1(∫_I_2f(x,y)dy)dx」
での"更にはxの関数として∫_I_2f(x,y)dyはI_1で可測である"から言えるのですね。


>> [(3)の解]
>> 真?
> 真です. 証明については上と同様.
>> 題意より,fがΣ×Σ可測で非負関数なのでfがルベーグ積分可能なら
>> Fubiniの定理より。

Fubiniの定理
「(Ω_1,Σ_1,μ_1),(Ω_2,Σ_2,μ_2)がσ有限の測度空間でfはΣ_1×Σ_2可測とす
る。fがa.e.非負かμ1×μ2積分可能(即ち,∫_(Ω_1×Ω_2)|f|d(μ_1×μ_2)<∞)な
らば∫_(Ω_1×Ω_2)fd(μ_1×μ_2)=∫_Ω_1(∫_Ω_2fdμ_2)dμ_1=∫_Ω_2(∫_Ω_1fdμ_1)dμ_2」
ですね。これから言えますね。


>  f がルベーグ積分可能でないなら, どちらも無限大になります.

ルベーグ不可能ならf(x,y)は非負関数なので仰るとおり無限大になるますね。


>> 従って(4)が真ならば(3)も真となる。
> それはそうですが,
>> [(4)の解]
>> 真?
> 後の投稿にあるように, 無限大になる場合は当然あります.
> kyokoyoshida123 <kyokoyoshida...@gmail.com> writes:
>> (4)は分かりました。偽です。
>> f(x,y)≡1とすると,0≦f a.e.で∀r∈Rに対し,{(x,y)∈R^2;f(x,y)>r}=φかR^2
>> (r≧1の時,φ,r<1の時,R^2)
>> なのでfはルベーグ可測で題意の条件を満たしている。
>> しかし,∫_R^2 f(x,y)=∞ (∵リーマン積分より∫_R^2 f(x,y)=∞は明らか)
> こちらは良いですね.
>> したがって,(3)も偽(?)。
> そんなことはありません.

そうですね。納得です。