1. Q1 実数全体のなす空間 ℝ が ℚ 上のベクトル空間になることは分かりますが、そのときの基底が存在するのはなぜですか。

A1. このことを示すには選択公理をもちいるのですが、 (それと同値であるところの) Zorn の補題を用いた方が簡単ですので、そうします。 Zorn の補題と選択公理の関係については、集合論の本、あるいは実解析学の教科書の最初の方などを参照してみてください。

Zorn の補題の使い方そのものも、精密にやらないとすぐに間違えてしまいますから、それらの本を参照して習熟して頂くことをお勧め致します。ここに書くことはあくまで参考程度だとお考えください。

まず、無限個の元の一次独立性の定義について復習しておきますと、族 S = {s_{λ}}_{λ∈Λ} が一次独立であるとは、 S のどの有限個をとってきても一次独立といういみです。 (今言うところの「族」と集合とは、添字集合 Λ で名前がつけられているかどうかが異なります。有限数列と有限集合の違いのようなもので、両者は

(1) 重複したものを別々と考えるかどうか、

(2) 並べ方をかえたものが同じと考えるか、どうかという点で異なります。添字集合 Λ はいろいろと変わり得て、 B が有限集合だったら {1, 2, …, n} という標準的なものを想像すればよいのでしょうが、場合によっては可算無限個の元をもつ ℤ や ℚ かもしれないし、 ℝ や、もっと濃度の大きい集合かもしれません。 )

厳密には集合と族は違って、一般に基底の話をするときには族を使う方がふさわしいのですが、今の場合に限っては集合で扱っても問題はない^{1}ので、以下ではそのようにします。

例えば、 {1, e, e^{2}, e^{3}, … } は ℚ 上一次独立になります。 (証明には e が超越数であることを用います。 )

さて、 ℝ の部分集合 B で、その元全体が一次独立なものはいろいろありますが、それらを全部集めたものを Ω と書きます。

Ω = {B ⊂ ℝ; B の元の全体はℚ 上一次独立}

Ω の二つの元 B_{1} と B_{2} について、 B_{1} が B_{2} の拡張になっている時 (B_{1} ⊃ B_{2} のとき) に、 B_{1} ≥ B_{2} とかき、 B_{1} は B_{2} より大きいと言うことにします。これによって Ω には順序がはいります。ここで次の主張が成り立ちます。主張 Ω の任意の全順序部分集合は Ω の中に上界を持つ

じっさい、 Ω の全順序部分集合 Ω_{1} に対して、

(★)  B_{Ω_{1}} = ∪_{B∈Ω_{1}}B

は Ω の元で、 B_{Ω_{1}} は Ω_{1} のどの元よりも大きくなります。

1集合は取りあえず自分自身によって添字づけられるし、基底にはどのみち重複したものはありえない。さらに基底は元の順番を取り換えても基底である、と言う理由による

念のために、 B_{Ω_{1}} が Ω の元である、すなわち B_{Ω_{1}} の元の全体は ℚ 上一次独立なことの証明をしておきますと、 B_{Ω_{1}} の任意の互いに相異なる有限個の元 x_{1}, x_{2}, …, x_{n} をとってくると、 x_{1}, x_{2}, …, x_{n} はそれぞれある Ω_{1} の元 B_{1}, …, B_{n} の元になっており、\underline{Ω_{1} は全順序集合であるということから}、 B_{1}, B_{2}, …, B_{n} のなかのどれか一つ B_{k_{0}} は B_{1}, B_{2}, …, B_{n} のどれよりも大きくなります。この B_{k_{0}} は x_{1}, x_{2}, …, x_{n} を全て含むことになり、 B_{k_{0}} は ℚ 上一次独立であったので、 x_{1}, …, x_{n} は一次独立というわけです。

(蛇足ながら、 Ω_{1} が全順序集合であるという仮定を外すと、 (★) 式によって決まる B_{Ω_{1}} は一般には独立ではありません。たとえば、 B_{Ω} = ℝ などとなります。 )

上の主張と Zorn の補題から、 Ω は極大元を持ち、その極大元は ℝ の基底になるということがわかるというわけです。

2. Q2. どのような基底の取り方をすれば、 ℝ = ℚ ⊕ W と表せ、指数法則も成立するのでしょうか？

A2. b_{λ_{0}} = 1 を含むような基底をとってください。^{2}

A1 と同様の手法により、このような基底が存在することが分かります。

W = ∑_{λ≠λ_{0}} ℚb_{λ}

とおくと、 ℝ = ℚb_{λ_{0}} + W = ℚ + W が成り立ちます。さて、任意の実数 r にたいして、

r = q(r) + w(r) q(r) ∈ ℚ, w(r) ∈ W

と一意的に書けます。 q, w は r に関して ℚ-線型です。そこで、疑似指数関数 f(r) をたとえば

f(r) = 2^{q(r)}

などで定義すれば、 f(r_{1} + r_{2}) = f(r_{1})f(r_{2}) が成り立つことが確かめられます。

3. Q3. さらに、このＷは非可測な集合になるのでしょうか？

A3. なります。本質的には W が

ℝ = ∑_{q∈ℚ}(W + q)

と、可算個で全体集合 ℝ を分けていて、しかもそれぞれの W + q が W のコピー (W を平行移動したもの) であることに起因しています。

2ここは土基が勘違いして「どの基底を持ってきても構いません」と書いてしまいましたが、これは誤りです。

このことをきちんと示すにはルベーグ積分の知識が必要ですから、ここではある程度その知識を仮定します。

以下、「可測」とは「ルベーグの意味で可測」という意味とし、 μ(?) は ? のルベーグ測度をあらわすこととします。

いま背理法で W は可測であったと仮定します。

次の二つの補題を使います。補題 3.1 (ルベーグ測度の平行移動不変性). 任意の可測集合 X ⊂ ℝ と任意の実数 r に対して、

μ(X) = μ(X + r)

この補題は、集合の測度が平行移動しても変わらないことを述べているので、理解しやすいでしょう。補題 3.2 (測度の可算加法性). ℝ の可算個の可測集合 {X_{i}}_{i=0}^{∞} に対して、

μ(⋃_{i=0}^{∞} X_{i}) ≤ ∑_{i=0}^{∞} μ(X_{i})

(X_{i} のどの二つも交わらないならば等号が成り立つ。 )

この補題はルベーグ積分論で可算性がうまく用いられていることを述べているもので、ルベーグ積分論の要の一つだと言えます。

さて、上の二つの補題を認めることにしますと、もし μ(W) = 0 なら

μ(ℝ) = μ ( ⋃_{q∈ℚ}^{∞}(W + q)) = ∑_{q∈ℚ}^{∞} μ(W + q) = ∑_{q∈ℚ}^{∞} μ(W) = 0

となって矛盾しますから、 μ(W) > 0 でなければならないことが分かります。

さらに、次の補題をもってきましょう。補題 3.3 (ℝ における測度と位相の関係). A が ℝ の可測集合で、 A の測度が正である (つまり、 0 でない) ならば、

A − A = {a_{1} − a_{2}; a_{1}, a_{2} ∈ A}

は 0 の近傍を含む。 (ここでの A−A の定義は集合としての差A\A(= ∅) とは異なることに注意)

この補題の証明は、ルベーグ積分をどのように構成するかによって、議論のしかたが変わってくるのですが、それを承知ですこしだけ説明をつけることにします。

A を次のように両端を切ったものの和集合で書きます。

A = ⋃_{n∈ℕ}(A ∩ [−n, n])

測度の可算加法性を思い出すと、ある正の整数 n_{0} があって、 A_{0} = A∩[−n_{0}, n_{0}] の測度も正であることがわかります。 A のところを A_{0} に減らしてやってなおかつ上の補題がなりたつならば、もとの A でも上の補題が成り立つのは明らかですから、始めから A は有界である (とくに、その測度は有限である) と仮定してよいことになります。すると、

f(r) = μ(A ∩ (A + r))

は r の連続関数^{3}で、 r = 0 の時正の値をとります。ゆえに、ある ϵ > 0 があって、 |r| < ϵ ⟹ μ(A ∩ (A + r)) > 0. この ϵ に対して、

A − A ⊃ (−ϵ, ϵ)

というわけです。

いま、 W は ℝ の ℚ-部分空間だから、 W − W ⊂ W が成り立つということに注意して上の補題を使うと、 W ⊃ (−ϵ, ϵ) となる正の数 ϵ があることになります。ところが下の補題を用いると、これは W = ℝ を意味して、矛盾というわけです。補題 3.4 (ℝ の原点の近傍は (加法半群として) ℝ を生成する。 ). ℝ の部分集合 S が次の二つの性質を持ったとする。

(1) S ⊃ (−ϵ, ϵ) なる ϵ > 0 が存在する。

(2) S + S ⊂ S このとき、 S = ℝ がなりたつ。

この補題自体の証明はとても簡単です。

(実は上に挙げた補題はいずれも位相群と呼ばれる対象の測度 (Haar 測度) や位相を調べる最初の道具としてつかわれる形に拡張できます。 )

4. 付録

A が可測集合で、その測度 μ(A) が有限ならば、

f(r) = μ(A ∩ (A + r))

は r の連続関数であることの説明を補足しておきます。 A の定義関数 χ_{A} を

χ_{A}(x) = \begin{cases}1 & x ∈ A のとき \\ 0 & x ∉ A のとき \end{cases}

で定義します。すると、 f は定義関数の積分としてあらわされます。実際、

g_{r}(x) = χ_{A}(x)χ_{A}(x − r) = χ_{A}(x)T_{r}(χ_{A})(x)

3ここのところがキモですが、詳細に説明するには積分論の展開の仕方まで指定せねばならないので、ルベーグ積分の成書を読んで頂きたいと思います。付録も参照してください

とおきますと、

f(r) = ∫ g_{r}(x)

であることがわかります。補題 4.1. ψ_{i} → ψ (L^{1} 収束), ϕ ∈ L^{∞} なら、

∫ ϕψ_{i} → ∫ ϕψ.

という補題をもちいますと、あとは次のことを示せば十分です。補題 4.2 (Lebesgue の定理 (平行移動の L^{1} 連続性)). ψ ∈ L^{1}(ℝ) なら、

∫_{a}^{b} |ψ(t + h) − ψ(t)| → 0 (h → 0).

証明は ψ を階段関数で近似して、階段関数に対して上の補題が成り立つこと (これはほとんど明らか) に帰着させます。詳細は、例えば溝畑茂先生の「偏微分方程式論」の一番最初のほう (補題 1.1) にも証明があります。