測度と積分4：測度論の基本定理(2)

• $(1)$　$\mathfrak{M}$ の非交叉列 $(E_n)_{n\in \mathbb{N}}$ を $E_n=\emptyset$ $(\forall n\in \mathbb{N})$ として定義すれば、
  $$ \nu(\emptyset)=\nu\left(\bigcup_{n\in \mathbb{N}}E_n\right)=\sum_{n\in\mathbb{N}}\nu(E_n)=\lim_{N\rightarrow\infty}N\nu(\emptyset) $$
  であるから $\nu(\emptyset)=0$ である。
• $(2)$　$(1)$ と $\sigma$-加法性による。
• $(3)$　$E_0:=\emptyset$、$F_n\colon=E_n\backslash E_{n-1}$ $(\forall n\in\mathbb{N})$ とおくと $(F_n)_{n\in\mathbb{N}}$ は $\mathfrak{M}$ の非交叉列であり $\bigcup_{n\in\mathbb{N}}E_n=\bigcup_{n\in \mathbb{N}}F_n$ である。また有限加法性より $\nu(F_n)=\nu(E_n)-\nu(E_{n-1})$ である。よって $$\nu(\bigcup_{n\in \mathbb{N}}E_n)=\nu(\bigcup_{n\in\mathbb{N}}F_n)=\sum_{n\in\mathbb{N}}\nu(F_n)=\sum_{n\in\mathbb{N}}(\nu(E_n)-\nu(E_{n-1})=\lim_{n\rightarrow\infty}\nu(E_n).$$
• $(4)$　$(X\backslash E_n)_{n\in \mathbb{N}}$ は $\mathfrak{M}$ の単調増加列であるから $(3)$ より、
  $$ \nu\left(X\backslash \bigcap_{n\in\mathbb{N}}E_n\right) =\nu\left(\bigcup_{n\in\mathbb{N}}X\backslash E_n\right) =\lim_{n\rightarrow\infty}\nu(X\backslash E_n) $$
  である。また有限加法性より、
  $$ \nu(X\backslash E_n)=\nu(X)-\nu(E_n)\quad(\forall n\in\mathbb{N}),\quad \nu\left(X\backslash \bigcap_{n\in\mathbb{N}}E_n\right)=\nu(X)-\nu(\bigcap_{n\in \mathbb{N}}E_n) $$
  であるから、$\nu(\bigcap_{n\in \mathbb{N}}E_n)=\lim_{n\rightarrow\infty}\nu(E_n)$ が成り立つ。

• $(1)$　単調収束定理（非負値可測関数列の和の項別積分）による。
• $(2)$　$f$ の非負部分と非正部分 $f_{\pm}:X\rightarrow[0,\infty)$ （ 定義4.7 ）に対し $(1)$ より $\mu_{f_{\pm}}\colon\mathfrak{M}\rightarrow[0,\infty)$ は測度であり、
  $$ \mu_f(E)=\mu_{f_+}(E)-\mu_{f_-}(E)\quad(\forall E\in\mathfrak{M}) $$
  であるから、$\mu_f$ は $\sigma$-加法性を持つ。よって $\mu_f$ は実数値測度である。
• $(3)$　$f$ の実部と虚部 $f_1,f_2\in \mathcal{L}^1_{\mathbb{R}}(X,\mathfrak{M},\mu)$ に対し $(2)$ より $\mu_{f_1},\mu_{f_2}\colon \mathfrak{M}\rightarrow \mathbb{R}$ は実数値測度であり、
  $$ \mu_f(E)=\mu_{f_1}(E)+i\mu_{f_2}(E)\quad(\forall E\in\mathfrak{M}) $$
  であるから、$\mu_f$ は $\sigma$-加法性を持つ。よって $\mu_f$ は複素数測度である。

任意の $E\in \mathfrak{M}$ に対し、
$$ E_1\colon=E\cap P_1,\quad E_n:=(E\cap P_n)\backslash (P_1\cup\ldots\cup P_{n-1})\quad(\forall n\geq2) $$
とおくと $(E_n)_{n\in\mathbb{N}}$ は $\mathfrak{M}$ の非交叉列であり、
$E\cap P=\bigcup_{n\in \mathbb{N}}E\cap P_n=\bigcup_{n\in\mathbb{N}}E_n$ である。任意の $n\in \mathbb{N}$ に対し $E_n\subset P_n$ より $\nu(E_n)\geq0$ であるから、
$$ \nu(E\cap P)=\sum_{n\in\mathbb{N}}\nu(E_n)\geq0 $$
である。よって $P$ は $\nu$ に関して非負である。

• $(1)$　背理法で示す。ある $A\in \mathfrak{M}$ と $\epsilon\in (0,\infty)$ に対しては、$B\subset A$、$\nu(B)\geq \nu(A)$ なるいかなる $B\in \mathfrak{M}$ を取っても、$E\subset B$、$\nu(E)<-\epsilon$ を満たす $E\in \mathfrak{M}$ が存在すると仮定して矛盾を導く。まず $B$ として $A$ 自身を考えれば、$E_1\subset A$、 $\nu(E_1)<-\epsilon$ を満たす $E_1\in \mathfrak{M}$ が取れる。次に $B$ として $A\backslash E_1$ を考えれば $E_2\subset A\backslash E_1$ で $\nu(E_2)<-\epsilon$ を満たす $E_2\in \mathfrak{M}$ が取れる。同様のことを繰り返すことによって $\mathfrak{M}$ の列 $(E_n)_{n\in \mathbb{N}}$ で、
  $$ E_{n+1}\subset A\backslash (E_1\cup\ldots \cup E_n),\quad \nu(E_n)<-\epsilon\quad(\forall n\in \mathbb{N})\quad\quad(*) $$
  を満たすものが取れることが分かる。このとき $(*)$ の左の式より $(E_n)_{n\in \mathbb{N}}$ は非交叉列であるから、$\nu(\bigcup_{n\in \mathbb{N}}E_n)=\sum_{n\in \mathbb{N}}\nu(E_n)$ である。しかし $(*)$ の右の式より $\sum_{n\in \mathbb{N}}\nu(E_n)$ は収束しないので矛盾する。
• $(2)$　$A_1:=A\in \mathfrak{M}$ とおく。$(1)$ より $\mathfrak{M}$ の列 $(A_n)_{n\in \mathbb{N}}$ で、任意の $n\geq 2$ に対し、
  $$ A_{n}\subset A_{n-1},\quad \nu(A_{n})\geq \nu(A_{n-1}),\quad \nu(E)\geq -\frac{1}{n}\quad(\forall E\in \mathfrak{M}:E\subset A_n) $$
  を満たすものが取れる。$P:=\bigcap_{n\in \mathbb{N}}A_n\in \mathfrak{M}$ とおくと $P\subset A$ であり、$\nu$ の単調収束性（ 命題15.2 ）より、
  $$ \nu(P)=\lim_{n\rightarrow\infty}\nu(A_n)=\sup_{n\in \mathbb{N}}\nu(A_n)\geq \nu(A) $$
  である。そして $E\subset P$ なる任意の $E\in \mathfrak{M}$ に対し $\nu(E)\geq -\frac{1}{n}$ $(\forall n\in \mathbb{N})$ であるから $\nu(E)\geq0$ である。ゆえに $P$ は $\nu$ に関して非負である。
• $(3)$　もし $\sup\{\nu(A):A\in \mathfrak{M}\}=\infty$ ならば、任意の $n\in \mathbb{N}$ に対し、$n<\nu(A_n)$ なる $A_n\in \mathfrak{M}$ が取れる。そして $(2)$ より $\nu$ に関して非負な $P_n\in \mathfrak{M}$ で $\nu(P_n)\geq \nu(A_n)$ なるものが取れる。 命題16.2 より $P:=\bigcup_{n\in \mathbb{N}}P_n$ は $\nu$ に関して非負であるから、
  $$ \nu(P)=\nu(P_n)+\nu(P\backslash P_n)\geq \nu(P_n)\geq\nu(A_n)>n\quad(\forall n\in \mathbb{N}) $$
  となる。これは $\nu(P)=\infty$ を意味するので矛盾を得る。

$s\colon=\sup\{\nu(A):A\in \mathfrak{M}\}$ とおく。 補題16.3 の $(3)$ より $s<\infty$ であるから、任意の $n\in \mathbb{N}$ に対し $s-\frac{1}{n}<\nu(A_n)$ なる $A_n\in \mathfrak{M}$ が取れ、 補題16.3 の $(2)$ より $\nu$ に関して非負な $P_n\in \mathfrak{M}$ で $\nu(P_n)\geq \nu(A_n)$ なるものが取れる。 命題16.2 より $P:=\bigcup_{n\in \mathbb{N}}P_n$ は $\nu$ に関して非負であるから、
$$ \nu(P)=\nu(P_n)+\nu(P\backslash P_n)\geq \nu(P_n)\geq\nu(A_n)>s-\frac{1}{n}\quad(\forall n\in \mathbb{N}) $$
である。よって $\nu(P)=s$ であるから $E\subset X\backslash P$ なる任意の $E\in \mathfrak{M}$ に対し $\nu(E)+s=\nu(E)+\nu(P)=\nu(E\cup P)\leq s$ である。ゆえに $\nu(E)\leq0$ であるから $X\backslash P$ は非正である。

$X$ の$\nu$ に関するHahn分解 $A_+,A_-$ に対し、有限測度 $\nu_+,\nu_-\colon\mathfrak{M}\rightarrow[0,\infty)$ を、
$$ \nu_{\pm}(E)=\pm \nu(E\cap A_{\pm})\quad(\forall E\in \mathfrak{M})\quad\quad(**) $$
として定義する。このとき $\nu_+,\nu_-$ は $(*)$ を満たす。一意性を示す。有限測度の組 $\mu_+,\mu_-\colon\mathfrak{M}\rightarrow [0,\infty)$ も、
$$ \nu=\mu_+-\mu_-,\quad \mu_+\perp \mu_- $$
を満たすとする。$\mu_+\perp \mu_-$ であるから、$X$ の可測分割 $B_+,B_-$ で、
$$ \mu_{\pm}(E)=\mu_{\pm}(E\cap B_{\pm})\quad(\forall E\in \mathfrak{M}) $$
なるものが取れる。$B_+\cap B_-=\emptyset$ より $\mu_{\pm}(B_{\mp})=0$ であるから、
$$ \nu(E\cap B_{\pm})=\pm \mu_{\pm}(E\cap B_{\pm})=\pm\mu_{\pm}(E)\quad(\forall E\in \mathfrak{M})\quad\quad(***) $$
である。よって $B_+,B_-$ はそれぞれ $\nu$ に関して非負、非正であるから、
$$ \nu(E\cap A_{\pm}\cap B_{\mp})=0\quad(\forall E\in \mathfrak{M}) $$
であり、したがって、
$$ \nu(E\cap A_{\pm})=\nu(E\cap A_{\pm}\cap B_{\pm})=\nu(E\cap B_{\pm})\quad(\forall E\in \mathfrak{M}) $$
である。これと $(**),(***)$ より $\nu_{\pm}=\mu_{\pm}$ を得る。

$$ \mathcal{F}:=\left\{f:X\rightarrow [0,\infty):f \text{は可測関数で } \mu_f(E)\leq \nu(E)\text{ }(\forall E\in \mathfrak{M})\right\} $$
とおく。任意の $f,g\in \mathcal{F}$ に対し $\text{max}(f,g)\in \mathcal{F}$ である。実際、任意の $E\in \mathfrak{M}$ に対し、
$$ \begin{aligned} \mu_{\text{max}(f,g)}(E)=\mu_{f}(E\cap (f\geq g))+\mu_g(E\cap (f< g)) \leq \nu(E\cap (f\geq g))+\nu(E\cap (f< g))=\nu(E) \end{aligned} $$
である。今、
$$ s\colon=\sup\left\{\int_{X}f(x)d\mu(x): f\in \mathcal{F}\right\}\leq \nu(X)<\infty $$
とおき、$\mathcal{F}$ の列 $(g_n)_{n\in \mathbb{N}}$ で、
$$ s-\frac{1}{n}<\int_{X}g_n(x)d\mu(x)\quad(\forall n\in \mathbb{N}) $$
なるものを取る。各 $n\in \mathbb{N}$ に対し $f_n:=\text{max}(g_1,\ldots,g_n)$ とおけば、$f_{n+1}=\text{max}(f_n,g_{n+1})$ であるから、$(f_n)_{n\in \mathbb{N}}$ は $\mathcal{F}$ の各点単調増加列である。よって $f\colon=\sup_{n\in \mathbb{N}}f_n$ とおけば単調収束定理より、
$$ \mu_f(E)=\sup_{n\in \mathbb{N}}\mu_{f_n}(E)\leq \nu(E)\quad(\forall E\in \mathfrak{M}) $$
である。 これより $f\in \mathcal{F}$ であり、（注：$f$ は $\mu$に関して可積分であるので $\mu$-a.e. $x\in X$ で $f(x)<\infty$ である（ 命題9.4 ）。よって必要ならば $f$ を $f\chi_{(f<\infty)}$ に置き換えて任意の $x\in X$ に対し $f(x)<\infty$としてよい。）
$$ s-\frac{1}{n}<\int_{X}g_n(x)d\mu(x)\leq \int_{X}f(x)d\mu(x)\leq s\quad(\forall n\in \mathbb{N}) $$
であるから、
$$ \int_{X}f(x)d\mu(x)=\sup_{n\in \mathbb{N}}\int_{X}f_n(x)d\mu(x)=s\quad\quad(*) $$
である。有限測度 $\lambda\colon=\nu-\mu_f:\mathfrak{M}\rightarrow[0,\infty)$ が $\lambda\perp \mu$ を満たすことを示せば証明は終わる。そこで各 $n\in \mathbb{N}$ に対し実数値測度 $\lambda-\frac{1}{n}\mu:\mathfrak{M}\rightarrow\mathbb{R}$ に関する $X$ のHahn分解（ 定義16.5 ）を $P_n,N_n$ とおき、
$$ P\colon=\bigcup_{n\in \mathbb{N}}P_n,\quad N:=\bigcap_{n\in \mathbb{N}}N_n=X\backslash P $$
とおく。
$$ 0\leq \lambda(N)\leq \frac{1}{n}\mu(N)\quad(\forall n\in \mathbb{N}) $$
であるから $\lambda(N)=0$ である。よって $\lambda\perp \mu$ を示すには $\mu(P)=0$ を示せばよい。$\mu(P)\leq \sum_{n\in \mathbb{N}}\mu(P_n)$ であるから任意の $n\in \mathbb{N}$ を取り $\mu(P_n)=0$ を示せばよい。可測関数 $h_n\colon=f+\frac{1}{n}\chi_{P_n}$ を考える。$P_n$ は $\lambda-\frac{1}{n}\mu$ に関して非負であるから、
$$ \mu_{h_n}(E)=\mu_f(E)+\frac{1}{n}\mu(E\cap P_n)\leq \mu_f(E)+\lambda(E)=\nu(E)\quad(\forall E\in \mathfrak{M}) $$
である。よって $h_n\in \mathcal{F}$ であるから $(*)$ より、
$$ s\geq \int_{X}h_n(x)d\mu(x)=\int_{X}f(x)d\mu(x)+\frac{1}{n}\mu(P_n)=s+\frac{1}{n}\mu(P_n) $$
である。ゆえに $\mu(P_n)=0$ である。

$\mu,\nu$ の $\sigma$-有限性より $\mathfrak{M}$ の非交叉列 $(A_n)_{n\in \mathbb{N}}$ で、
$$ X=\bigcup_{n\in \mathbb{N}}A_n,\quad \mu(A_n)<\infty,\quad\nu(A_n)<\infty\quad(\forall n\in \mathbb{N}) $$
なるものが取れる。そこで各 $n\in \mathbb{N}$ に対し有限測度
$$ \mu_n\colon\mathfrak{M}\ni E\mapsto \mu(E\cap A_n)\in [0,\infty),\quad \nu_n\colon\mathfrak{M}\ni E\mapsto \nu(E\cap A_n)\in [0,\infty) $$
を定義する。 補題18.3 より $\mu_n$ に関して可積分な $f_n\colon X\rightarrow[0,\infty)$ と有限測度 $\lambda_n\colon\mathfrak{M}\rightarrow [0,\infty)$ で、
$$ \nu_n=\mu_{n,f_n}+\lambda_n,\quad \lambda_n\perp \mu_n $$
なるものが取れる。
$$ \lambda\colon \mathfrak{M}\ni E\mapsto \sum_{m\in \mathbb{N}}\lambda_m(E)\in [0,\infty] $$
とおくと、$\mathfrak{M}$ の任意の非交叉列 $(E_n)_{n\in \mathbb{N}}$ に対し、
$$ \lambda\left(\bigcup_{n\in \mathbb{N}}E_n\right) =\sum_{m\in \mathbb{N}}\sum_{n\in \mathbb{N}} \lambda_m(E_n) =\sum_{n\in \mathbb{N}}\sum_{m\in \mathbb{N}} \lambda_m(E_n) =\sum_{n\in \mathbb{N}}\lambda(E_n) $$
であるから $\lambda$ は測度である。また $\mu_{m,f_m}\ll \mu_m$ $(\forall m\in\mathbb{N})$ より、
$$ \lambda_m(A_n)=\nu_m(A_n)-\mu_{m,f_m}(A_n)=0\quad(n\neq m) $$
であるから、
$$ \lambda(A_n)=\sum_{m\in \mathbb{N}}\lambda_m(A_n)=\lambda_n(A_n)<\infty\quad(\forall n\in \mathbb{N})\quad\quad(*) $$
である。よって $\lambda$ は $\sigma$-有限である。非負値可測関数
$$ f\colon X\ni x\mapsto \sum_{n\in\mathbb{N}}f_n(x)\chi_{A_n}(x)\in [0,\infty) $$
を考えると、単調収束定理（非負値可測関数列の和の項別積分）より、
$$ \mu_f(E)=\sum_{n\in\mathbb{N}}\mu_{f_n}(E\cap A_n)=\sum_{n\in \mathbb{N}}\mu_{n,f_n}(E)\quad(\forall E\in \mathfrak{M}) $$
であるから、
$$ \mu_f(E)+\lambda(E)=\sum_{n\in \mathbb{N}}(\mu_{n,f_n}(E)+\lambda_n(E))=\sum_{n\in \mathbb{N}}\nu_n(E)=\nu(E)\quad(\forall E\in \mathfrak{M}) $$
である。後は $\lambda\perp \mu$ を示せばよい。各 $n\in \mathbb{N}$ に対し $\lambda_n\perp \mu_n$ であるから $B_n,C_n\in \mathfrak{M}$ で、
$$ C_n=X\backslash B_n,\quad \mu_n(B_n)=0,\quad \lambda_n(C_n)=0 $$
なるものが取れる。
$$ B:=\bigcup_{n\in \mathbb{N}}(B_n\cap A_n),\quad C:=X\backslash B=\bigcap_{n\in\mathbb{N}}(C_n\cup (X\backslash A_n)) $$
とおくと、
$$ \mu(B)\leq \sum_{n\in \mathbb{N}}\mu(B_n\cap A_n)=\sum_{n\in \mathbb{N}}\mu_n(B_n)=0 $$
であり、$(*)$ より、
$$ \lambda(C)=\sum_{n\in\mathbb{N}}\lambda_n(C)\leq \sum_{n\in \mathbb{N}}(\lambda_n(C_n)+ \lambda_n(X\backslash A_n))=0 $$
である。よって$\lambda\perp \mu$ が成り立つ。

$\nu$ のJordan分解（ 定義17.3 ）$\nu_+,\nu_-:\mathfrak{M}\rightarrow[0,\infty)$ に対し、 定理18.4 より $\mu$ に関して可積分な $f^{+},f^{-}:X\rightarrow [0,\infty)$ と有限測度 $\lambda_+,\lambda_-\colon\mathfrak{M}\rightarrow [0,\infty)$ で、
$$ \nu_{\pm}=\mu_{f^{\pm}}+\lambda_{\pm},\quad \lambda_{\pm}\perp \mu $$
を満たすものが取れる。これに対し $\mu$ に関して可積分な $f\colon=f^{+}-f^{-}:X\rightarrow \mathbb{R}$ と実数値測度 $\lambda=\lambda_+-\lambda_-\colon\mathfrak{M}\rightarrow\mathbb{R}$ を定義する。明らかに $\nu=\mu_f+\lambda$ である。$\lambda\perp \mu$ を示す。$\lambda_{\pm}\perp\mu$ より $B_{\pm},C_{\pm}\in \mathfrak{M}$ で、
$$ C_{\pm}=X\backslash B_{\pm},\quad \mu(B_{\pm})=0,\quad \lambda_{\pm}(C_{\pm})=0 $$
なるものが取れる。
$$ B\colon=B_+\cup B_-,\quad C\colon=C_+\cap C_-=X\backslash B $$
とおくと $\mu(B)\leq \mu(B_+)+\mu(B_-)=0$ であり、$\lambda_{\pm}(C)\leq \lambda_{\pm}(C_{\pm})=0$ より $\lambda(C)=\lambda_+(C)-\lambda_-(C)=0$ である。よって $\lambda\perp \mu$ である。

実数値測度 $\nu_1,\nu_2\colon\mathfrak{M}\rightarrow \mathbb{R}$で $\nu=\nu_1+i\nu_2$ なるものを取る。このとき 定理18.5 より $\mu$ に関して可積分な $f_1,f_2\colon X\rightarrow\mathbb{R}$ と実数値測度 $\lambda_1,\lambda_2\colon \mathfrak{M}\rightarrow \mathbb{R}$ で、
$$ \nu_j=\mu_{f_j}+\lambda_j,\quad \lambda_j\perp \mu\quad(j=1,2) $$
を満たすものが取れる。これに対し $\mu$ に関して可積分な $f\colon=f_1+if_2\colon X\rightarrow\mathbb{C}$ と複素数値測度 $\lambda\colon=\lambda_1+i\lambda_2\colon\mathfrak{M}\rightarrow\mathbb{C}$ を定義する。明らかに $\nu=\mu_f+\lambda$ である。$\lambda\perp \mu$ を示す。$\lambda_j\perp\mu$ より $B_j,C_j\in \mathfrak{M}$ $(j=1,2)$ で、
$$ \mu(B_j)=0,\quad \lambda_j(E\cap C_j)=0\quad(\forall E\in \mathfrak{M},j=1,2) $$
なるものが取れる。
$$ B\colon=B_1\cup B_2,\quad C\colon=C_1\cap C_2=X\backslash B $$
とおくと $\mu(B) \leq \mu(B_1)+\mu(B_2)=0$ であり、
$$ \lambda(E\cap C)=\lambda_1(E\cap C\cap C_1)+i\lambda_2(E\cap C\cap C_2)=0\quad(\forall E\in \mathfrak{M}) $$
であるから $\lambda\perp\mu$ である。

$(1),(2),(3)$ に対しそれぞれ 定理18.4 、 定理18.5 、 定理18.6 を適用すればよい。$\nu\ll\mu$ であることから $\lambda$ は $\lambda\perp \mu$ かつ $\lambda\ll\mu$ を満たす。$\lambda\perp \mu$ より $X$ の可測分割 $A,B\in \mathfrak{M}$ で、任意の $E\in \mathfrak{M}$ に対し $\lambda(E)=\lambda(E\cap A)$、$\mu(E)=\mu(E\cap B)$ を満たすものが取れる。 $\mu(E\cap A)=\mu(E\cap A\cap B)=0$ であるから、 $\lambda\ll\mu$ より $\lambda(E)=\lambda(E\cap A)=0$ である。

積分の絶対不等式より $\lvert\mu_f(E)\rvert\leq\mu_{\lvert f\rvert}(E)$ $(\forall E\in \mathfrak{M})$ であるから、全変動の定義より $\lvert\mu_f\rvert (E)\leq \mu_{\lvert f\rvert}(E)$ $(\forall E\in \mathfrak{M})$ である。逆の不等式を示す。可測関数 $\omega\colon X\rightarrow\mathbb{C}$ を、
$$ \omega(x)\colon=\left\{\begin{array}{cl}\frac{\lvert f(x)\rvert}{f(x)}&(x\in (\lvert f\rvert>0))\\1&(x\in (\lvert f\rvert=0))\end{array}\right. $$
として定義すると、
$$ f(x)\omega(x)=\lvert f(x)\rvert,\quad \lvert \omega(x)\rvert=1\quad(\forall x\in X) $$
である。$\omega_1,\omega_2\colon X\rightarrow\mathbb{R}$ を $\omega$ の実部と虚部とし、$\omega_{j,+},\omega_{j,-}\colon X\rightarrow [0,1]$ をそれぞれの非負部分と非正部分とする。$\omega_{j,\pm}$ は有界な非負値可測関数であるから 定理5.5 の証明より、$\omega_{j,\pm}$ に一様収束する非負値可測単関数の各点単調増加列 $(s_{j,\pm,n})_{n\in \mathbb{N}}$ が取れる。
$$ s_n\colon=(s_{1,+,n}-s_{1,-,n})+i(s_{2,+,n}-s_{2,-,n})\quad(\forall n\in \mathbb{N}) $$
として可測単関数列 $(s_n)_{n\in \mathbb{N}}$ を定義すると、
$s_{j,\pm,n}(x)\leq \omega_{j,\pm}(x)$ より、
$$ \lvert s_{j,+,n}(x)-s_{j,-,n}(x)\rvert\leq \lvert \omega_{j,+}(x)-\omega_{j,-}(x)\rvert=\lvert \omega_j(x)\rvert\quad(\forall x\in X,\forall n\in \mathbb{N}, j=1,2) $$
であるから、
$$ \lvert s_n(x)\rvert\leq \lvert\omega(x)\rvert=1\quad(\forall x\in X,\forall n\in \mathbb{N})\quad\quad(*) $$
である。また、
$$ \lvert f(x)\rvert=f(x)\omega(x)=\lim_{n\rightarrow\infty}f(x)s_n(x)\quad(\forall x\in X) $$
であるからLebesgue優収束定理より、
$$ \mu_{\lvert f\rvert}(E)=\int_{E}\lvert f(x)\rvert d\mu(x)=\lim_{n\rightarrow\infty}\left\lvert\int_{X}f(x)s_n(x)d\mu(x)\right\rvert\quad(\forall E\in \mathfrak{M})\quad\quad(**) $$
である。ここで任意の $n\in \mathbb{N}$ に対し $(*)$ より $s_n$ は $X$ の可測分割 $A_{n,1},\ldots,A_{n,m(n)}\in \mathfrak{M}$ と絶対値が $1$ 以下の $\alpha_{n,1},\ldots,\alpha_{n,m(n)}\in \mathbb{C}$ により、
$$ s_n(x)=\sum_{j=1}^{m(n)}\alpha_{n,j}\chi_{A_{n,j}}(x)\quad(\forall x\in X) $$
と表せるから任意の $E\in \mathfrak{M}$ に対し、
$$ \left\lvert\int_{E}f(x)s_n(x)d\mu(x)\right\rvert\leq \sum_{j=1}^{m(n)}\lvert\alpha_{n,j}\rvert\lvert \mu_f(E\cap A_{n,j})\rvert\leq \lvert\mu_f\rvert(E) $$
である。よって $(**)$ より $\mu_{\lvert f\rvert}(E)\leq \lvert\mu_f\rvert(E)$ $(\forall E\in \mathfrak{M})$ である。

$(X,\mathfrak{M})$ を可測空間、$\nu\colon\mathfrak{M}\rightarrow\mathbb{C}$ を複素数値測度とする。$\nu$ の実部と虚部を $\nu_1,\nu_2\colon\mathfrak{M}\rightarrow\mathbb{R}$ とおき、それらのJordan分解を $\nu_{j,+},\nu_{j,-}$ $(j=1,2)$とおく。有限測度
$$ \mu\colon=\nu_{1,+}+\nu_{1,-}+\nu_{2,+}+\nu_{2,-}\colon\mathfrak{M}\rightarrow[0,\infty) $$
に対し $\lvert \nu(E)\rvert \leq \mu(E)$ $(\forall E\in \mathfrak{M})$ であるから $\nu$ は $\mu$ に関して絶対連続である。よってRadon-Nikodymの定理より $\mu$ に関して可積分な $f\colon X\rightarrow\mathbb{C}$ で $\nu=\mu_f$ なるものが取れる。 命題19.3 より $\lvert \nu\rvert=\mu_{\lvert f\rvert}$ であるから $\lvert \nu\rvert$ は有限測度である。

• $(1)$　$g$ が非負値可測単関数の場合は明らかに成り立つ。$g$ が一般の非負値可測関数の場合は、$g$ を非負値可測単関数の各点単調増加列で近似し単調収束定理を用いれば成り立つことが分かる。
• $(2)$　 命題19.3 より $\lvert \mu_f\rvert=\mu_{\lvert f\rvert}$ であるから $(1)$ より $(*)$ が成り立つ。$\mu_f$ の $\lvert\mu_f\rvert=\mu_{\lvert f\rvert}$ に関するRadon-Nikodym微分を $h\in \mathcal{L}^1(X,\mathfrak{M},\lvert\mu_f\rvert)$ とすると、
  $$ \int_{E}f(x)d\mu(x)=\mu_f(E)=(\mu_{\lvert f\rvert})_h(E)=\int_{E}h(x)\lvert f(x)\rvert d\mu(x)\quad(\forall E\in \mathfrak{M}) $$
  であるから $\mu$-a.e. $x\in X$ で $f(x)=h(x)\lvert f(x)\rvert$ が成り立つ（ 命題10.5 ）。よって任意の $g\in \mathcal{L^1}(X,\mathfrak{M},\lvert\mu_f\rvert)$ に対し、
  $$ \int_{X}g(x)d\mu_f(x)=\int_{X}g(x)h(x)d\mu_{\lvert f\rvert}(x)=\int_{X}g(x)h(x)\lvert f(x)\rvert d\mu(x)=\int_{X}f(x)g(x)d\mu(x) $$
  である。
• $(3)$　$\nu$ の $\lvert\nu\rvert$ に関するRadon-Nikodym微分を $h\in \mathcal{L}^1(X,\mathfrak{M},\lvert\nu\rvert)$ とすると、
  $$ \nu_f(E)=\int_{E}f(x)d\nu(x)=\int_{E}f(x)h(x)d\lvert\nu\rvert(x)=\lvert\nu\rvert_{fh}(E)\quad(\forall E\in \mathfrak{M}) $$
  であるから 命題19.3 より $\lvert\nu_f\rvert=\lvert\nu\rvert_{\lvert fh\rvert}=\lvert\nu\rvert_{\lvert f\rvert}$ である。（$\lvert\nu\rvert$-a.e. $x\in X$ で $\lvert h(x)\rvert=1$ であることに注意。）よって $(1)$ より $(**)$ が成り立つ。また任意の $g\in \mathcal{L}^1(X,\mathfrak{M},\lvert\nu_f\rvert)$ に対し $(2)$ より、
  $$ \int_{X}g(x)d\nu_f(x)=\int_{X}g(x)d\lvert\nu\rvert_{fh}(x) =\int_{X}f(x)g(x)h(x)d\lvert\nu\rvert(x)=\int_{X}f(x)g(x)d\nu(x) $$
  である。