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\define\R{\bold R}
\define\Q{\bold Q}
\define\Z{\bold Z}
\define\N{\bold N}
\define\ind{\text{ind}}

\centerline{解析学IV 小テストNo\. 3の簡単な解説}
\medskip
\rightline{1996年5月7日}
\rightline{河東泰之}

[2], [3]は難しすぎたでしょうか．ほぼ全滅に近いできでした．
ですから，[2], [3]については完全な解答を示します．

\bigskip [1] 内側と外側から長方形の有限和で近似すれば
1/2であることが示せる．

\bigskip [2]
まず，$\Gamma(A)$は$A$に含まれる整数の数を数えていると思われるので，
これを厳密に示す．

$n$を整数とし，$\Gamma(\{n\})=1$をまず示す．
$\{n\}\subset (n-1/2,n+1/2]$で，
$m((n-1/2,n+1/2])=1$だから，$\Gamma(\{n\})\le1$である．
次に， $\{n\}\subset \bigcup_{k=1}^\infty I_k$, $I_k\in{\Cal F}$
とする．
するとある$k$について，$\{n\}\subset I_k$となっており，
$I_k$は半開区間の有限和だから，その半開区間の一つが$n$を
含んでいる．すると，$\sum_{k=1}^\infty m(I_k)\ge m(I_k)\ge 1$
となり，$\Gamma(\{n\})\ge1$である．これより，
$\Gamma(\{n\})=1$がわかった．次に，
$\{n\}=\bigcup_{k=1}^\infty (n-1/k,n+1/k]$である
から，$\{n\}$は$\Gamma$-可測である．これより，任意の
整数の集合$A$は$\Gamma$-可測であり，
$\Gamma(A)$は$A$の個数（無限大も含む）に等しいことが
わかる．

次に，整数$n$に対し，
$(n,n+1)=\bigcup_{k=1}^\infty (n,n+1-1/k]$で，
$m((n,n+1-1/k])=0$なので，$\Gamma((n,n+1))=0$である．
これより，$\R\setminus\Z=\bigcup_{n\in\Z} (n,n+1)$だから，
劣加法性より，
$\Gamma(\R\setminus\Z)=0$である．

これらを用いて，$A\subset \R$に対し，
$\Gamma(A)$を計算する．劣加法性と単調性を用いて，
$$\Gamma(A\cap \Z)\le \Gamma(A) \le
\Gamma (A\cap \Z)+\Gamma (A \cap (\R\setminus\Z))
\le \Gamma (A\cap \Z)+\Gamma (\R\setminus\Z)
=\Gamma (A\cap \Z)$$
を得る．$A\cap \Z\subset\Z$だから，これは，
$\Gamma(A)$は，$A$に含まれる整数の個数に等しいことが
わかる．

すると，$\R$の任意の部分集合$A,E$について，
$\Gamma(A)=\Gamma (A\cap E)+\Gamma(A\cap E^c)$
が成り立つので，$\R$の任意の部分集合$E$は$\Gamma$-可測である．

\bigskip [3] まず，$\R$を次のように表す．
$$\R=\bigcup_{n=1}^\infty (-n,-n+1] \cup
\bigcup_{n=2}^\infty (1/n,1]\cup
\bigcup_{n=1}^\infty (n,n+1]$$
すると，右辺に現れるすべての半開区間について，
$m$の値が0だから，$\Gamma(\R)=0$である．よって，単調性
により，すべての$A\subset\R$について，$\Gamma(A)=0$である．

この時，$\R$の任意の部分集合$A,E$について，
$\Gamma(A)=\Gamma (A\cap E)+\Gamma(A\cap E^c)$
が$0=0$で成り立つので，
$\R$の任意の部分集合$E$は$\Gamma$-可測である．

\bigskip
配点は1番から順に，40, 30, 30点です．
最高点は，75点，平均点は27.2点でした．
\bye