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This commit is contained in:
GitHub
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share: true
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toc: true
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math: true
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categories: [Mathematics]
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tags: [math, study]
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title: "수학 공부에 대한 고찰"
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date: "2022-02-03"
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github_title: "2022-04-08-thoughts-on-studying-math"
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categories:
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- Mathematics
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path: _posts/mathematics
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tags:
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- math
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- study
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title: 수학 공부에 대한 고찰
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date: 2022-02-03
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github_title: 2022-04-08-thoughts-on-studying-math
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과외돌이 수업을 위해 새로운 교재를 골라야 했다. 교재를 고민하던 도중 내가 생각하는 수학 공부 방법을 설명하기에 매우 좋은 예시가 생겨서 이렇게 글로 남기게 되었다.
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@@ -19,13 +23,13 @@ github_title: "2022-04-08-thoughts-on-studying-math"
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딱히 특별한 내용은 없고 기본 개념 설명 되어있는 것 같아서 어디가 특별하냐고 했더니 예시로 한 부분을 보여줬는데, $x = a$ 에 대하여 대칭인 함수를 적분하는 방법, 점 대칭인 함수를 적분하는 방법에 대해 소개하고 있었다.
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1. $\mathbb{R}$에서 정의된 연속함수 $f(x)$의 그래프가 $x = m$ 에 대하여 대칭일 때,
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1. $\mathbb{R}$에서 정의된 연속함수 $f(x)$의 그래프가 $x = m$ 에 대하여 대칭일 때,
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$$\int_{m-a}^{m+a} f(x)\,dx = 2 \int_{m}^{m+a} f(x)\,dx.\quad (a \in \mathbb{R})$$
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$$\int _ {m-a}^{m+a} f(x)\,dx = 2 \int _ {m}^{m+a} f(x)\,dx.\quad (a \in \mathbb{R})$$
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2. $\mathbb{R}$에서 정의된 연속함수 $f(x)$의 그래프가 점 $(m, n)$에 대하여 대칭일 때,
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2. $\mathbb{R}$에서 정의된 연속함수 $f(x)$의 그래프가 점 $(m, n)$에 대하여 대칭일 때,
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$$\int_{m-a}^{m+a} f(x)\,dx = 2an. \quad (a \in \mathbb{R})$$
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$$\int _ {m-a}^{m+a} f(x)\,dx = 2an. \quad (a \in \mathbb{R})$$
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보자마자 막 엄청 특별한 내용은 아니라는 것을 깨달았고, 이런 내용은 특별하게 누가 정리해주지 않아도 공부를 지엽적으로 하지 않고 충분히 생각을 많이 하면 알 수 있다고 얘기했다. 그렇다고 모르는게 이상하다는 의미는 절대 아니다.
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@@ -37,13 +41,13 @@ github_title: "2022-04-08-thoughts-on-studying-math"
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적분 파트에서 \[우함수와 기함수의 적분\]은 기본 개념으로 대부분의 책이 가르친다고 가정한다.
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1. $\mathbb{R}$에서 정의된 연속함수 $f(x)$가 우함수일 때,
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1. $\mathbb{R}$에서 정의된 연속함수 $f(x)$가 우함수일 때,
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$$\int_{-a}^{a} f(x)\,dx = 2 \int_{0}^{a} f(x)\,dx. \quad (a \in \mathbb{R})$$
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$$\int _ {-a}^{a} f(x)\,dx = 2 \int _ {0}^{a} f(x)\,dx. \quad (a \in \mathbb{R})$$
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2. $\mathbb{R}$에서 정의된 연속함수 $f(x)$의 그래프가 기함수일 때,
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2. $\mathbb{R}$에서 정의된 연속함수 $f(x)$의 그래프가 기함수일 때,
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$$\int_{-a}^{a} f(x)\,dx = 0. \quad (a \in \mathbb{R})$$
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$$\int _ {-a}^{a} f(x)\,dx = 0. \quad (a \in \mathbb{R})$$
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### 개념 공부 하면서 스스로 일반화 해보기
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@@ -83,10 +87,10 @@ github_title: "2022-04-08-thoughts-on-studying-math"
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Fourier Series를 바로 꺼냈다.
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- 모든 주기함수를 삼각함수의 무한 합으로 나타낼 수 있다!
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- 증명 과정에서 $\sin, \cos$ (주기함수이자 기함수, 우함수) 를 적분하는 아이디어를 사용
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- 신호 처리 분야에서 굉장히 많이 쓰이는 내용이고, 이를 응용한 각종 Fourier Transform - DFT, FFT, QFT, STFT 등 - 은 공학 분야에서 이미 널리 쓰이는 중이다.
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- 모든 주기함수를 삼각함수의 무한 합으로 나타낼 수 있다!
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- 증명 과정에서 $\sin, \cos$ (주기함수이자 기함수, 우함수) 를 적분하는 아이디어를 사용
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- 신호 처리 분야에서 굉장히 많이 쓰이는 내용이고, 이를 응용한 각종 Fourier Transform - DFT, FFT, QFT, STFT 등 - 은 공학 분야에서 이미 널리 쓰이는 중이다.
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나는 그냥 공부가 좋아서 하기 때문에 어떤 개념이 현실적으로 유용한지에 대해서는 많은 고민을 해보지 않는 편이다. 그래서 이 개념은 대칭성을 가지는 함수의 적분을 계산할 때 단순히 계산의 편의를 위해 존재한다고 생각하고 있었다. 동생의 질문 덕분에 이 개념이 현실에서 어떻게 사용되고 있는지 나도 깨닫게 되었다.
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알고있는 지식들이 서로 연결되어 깨달음을 얻었을 때 느껴지는 쾌감은 정말 최고다! 오늘도 지식이 늘었다! 👍
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알고있는 지식들이 서로 연결되어 깨달음을 얻었을 때 느껴지는 쾌감은 정말 최고다! 오늘도 지식이 늘었다! 👍
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share: true
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toc: true
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math: true
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categories: [Mathematics, Measure Theory]
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tags: [math, analysis, measure-theory]
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title: "01. Algebra of Sets"
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date: "2023-01-11"
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github_title: "2023-01-11-algebra-of-sets"
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image:
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path: /assets/img/posts/Mathematics/Measure Theory/mt-01.png
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attachment:
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folder: assets/img/posts/Mathematics/Measure Theory
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르벡 적분을 공부하기 위해서는 먼저 집합의 ‘길이’ 개념을 공부해야 합니다. 그리고 집합의 ‘길이’ 개념을 확립하기 위해서는 집합 간의 연산과 이에 대한 구조가 필요합니다.
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## Algebra of Sets
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$\mathcal{R}$이 집합의 모임이라고 하겠습니다. $\mathcal{R} \neq \varnothing$ 임을 가정합니다.
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**정의.** (Ring) $\mathcal{R}$가 다음을 만족하면 $\mathcal{R}$를 **ring**이라고 한다.
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> 모든 $A, B \in \mathcal{R}$ 에 대하여 $A \cup B \in \mathcal{R}$ 이고 $A \setminus B \in \mathcal{R}$ 이다.
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합집합과 차집합에 닫혀 있으면 ring이 된다고 합니다. 다음을 관찰할 수 있습니다.
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**명제.** $\mathcal{R}$가 ring이라고 하자.
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- $\mathcal{R}\neq \varnothing$ 이므로, $A \in \mathcal{R}$ 를 잡을 수 있다. 따라서 $A \setminus A = \varnothing \in \mathcal{R}$ 이다.
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- $A, B \in \mathcal{R}$ 에 대하여 $A \cap B = A \setminus(A \setminus B) \in \mathcal{R}$ 이므로 ring은 교집합에 대해서도 닫혀 있다.
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합집합, 교집합, 차집합 등의 연산을 하다보면 자연스럽게 그 결과는 전체집합의 부분집합이 됩니다. 이를 모아 power set으로 정의하게 됩니다.
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**정의.** (Power Set) 집합 $X$에 대하여 power set $\mathcal{P}(X)$는 다음과 같이 정의한다.
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$$\mathcal{P}(X) = \lbrace A : A \subseteq X\rbrace.$$
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Ring과 유사하지만 살짝 더 좋은 성질을 가진 구조를 가지고 논의를 전개합니다.
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**정의.** (Algebra) 다음 조건을 만족하는 $\mathcal{F} \subseteq\mathcal{P}(X)$ 를 **algebra** on $X$ 라고 한다.
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1. $X \in \mathcal{F}$ 이다.
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2. $A \in \mathcal{F}$ 이면 $X \setminus A \in \mathcal{F}$ 이다.
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3. $A, B \in \mathcal{F}$ 이면 $A\cup B \in \mathcal{F}$ 이다.
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**참고.** 여집합의 경우 $A^C = X \setminus A$ 와 같이 표기합니다. 다음이 성립함을 이미 알고 있습니다.
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> $A \cap B = (A^C \cup B^C)^C$, $A\setminus B = A \cap B^C$.
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그러므로 $A, B \in \mathcal{F}$ 이면 $A \cap B, A \setminus B \in \mathcal{F}$ 입니다. 따라서 algebra의 경우 합집합, 교집합, 차집합, 여집합에 대해 모두 닫혀 있음을 알 수 있습니다. Ring 보다는 조금 더 다루기 편합니다.
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자세히 살펴보니 ring의 정의와 유사한데, 1번 조건이 추가되었고 차집합이 $X$에 대한 차집합으로 바뀐 것을 확인할 수 있습니다. 실제로 다음이 성립하는 것을 확인할 수 있습니다.
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**명제.** 다음이 성립한다.
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1. $\mathcal{R}$이 algebra on $X$이면 $\mathcal{R}$은 ring이다.
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2. $\mathcal{R} \subseteq\mathcal{P}(X)$이 ring이고 $X \in \mathcal{R}$ 이면 $\mathcal{R}$은 algebra on $X$ 이다.
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조금만 더 확장해서 countable한 연산에 대해서도 허용하고 싶습니다.
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**정의.** ($\sigma$-ring) $\mathcal{R}$이 ring일 때, $A_n \in \mathcal{R}$ ($n = 1, 2, \dots$) 에 대하여 $\displaystyle\bigcup_ {n=1}^\infty A_n \in \mathcal{R}$ 이 성립하면 $\mathcal{R}$을 **$\sigma$-ring**이라 한다.
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Countable한 합집합을 해도 닫혀 있다는 뜻입니다. 조금 생각해보면 마찬가지로 교집합에 대해서도 성립함을 알 수 있습니다.
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**참고.** 다음 성질
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$$\bigcap_ {n=1}^\infty A_n = A_1 \setminus\bigcup_ {n=1}^\infty (A_1 \setminus A_n)$$
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을 이용하면 $\mathcal{R}$이 $\sigma$-ring이고 $A_n \in \mathcal{R}$ 일 때 $\displaystyle\bigcap_ {n=1}^\infty A_n \in \mathcal{R}$ 임을 알 수 있다.
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마찬가지로 algebra도 정의할 수 있습니다.
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**정의.** ($\sigma$-algebra) $\mathcal{F}$가 algebra on $X$일 때, $A_n \in \mathcal{F}$ ($n = 1, 2, \dots$) 에 대하여 $\displaystyle\bigcup_ {n=1}^\infty A_n \in \mathcal{F}$ 가 성립하면 $\mathcal{F}$를 **$\sigma$-algebra**라 한다.
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$\sigma$-algebra는 당연히 $\sigma$-ring이기 때문에 countable한 교집합을 해도 닫혀 있습니다.
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## Set Functions
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집합 간의 연산을 정의했으니, 이제 집합의 ‘길이’를 정의할 준비가 되었습니다. 집합에 ‘길이’를 대응시키는 것은 곧 집합 위에서 함수를 정의하는 것과 같습니다. 이와 같은 맥락에서 set function 개념이 등장합니다.
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**정의.** (Set Function) $\mathcal{R}$이 ring on $X$라고 하자. 함수 $\phi : \mathcal{R} \rightarrow\overline{\mathbb{R}}$ 를 $\mathcal{R}$ 위의 **set function**이라 한다.
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정의역이 $\mathcal{R}$으로, 집합의 모임입니다. 즉 $\phi$는 집합을 받아 $\overline{\mathbb{R}}$과 대응시키는 함수임을 알 수 있습니다.
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우리는 ‘길이’ 함수를 정의하고자 합니다. ‘길이’는 보통 양수이기 때문에, $\phi$의 치역에 $-\infty$와 $\infty$가 동시에 포함되어 있는 경우는 제외합니다. 또한 $\phi$의 치역이 $\lbrace \infty\rbrace$이거나 $\lbrace -\infty\rbrace$인 경우도 생각하지 않습니다.
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따라서, $\phi(A) \in \mathbb{R}$ 인 $A \in \mathcal{R}$이 존재한다고 가정할 수 있습니다. 이 사실은 양변에서 $\phi(A)$를 cancel 할 때 사용됩니다.
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**정의.** $\phi$는 $\mathcal{R}$ 위의 set function이다.
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1. 서로소인 두 집합 $A, B \in \mathcal{R}$ 에 대하여
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$$\phi(A\cup B) = \phi(A) + \phi(B)$$
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이면 $\phi$는 **additive**하다.
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2. 쌍마다 서로소인 집합 $A_i \in \mathcal{R}$ 에 대하여
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$$\phi\left( \bigcup_ {i=1}^\infty A_i \right) = \sum_ {i=1}^\infty \phi(A_i)$$
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이고 $\displaystyle\bigcup_ {i=1}^\infty A_i \in \mathcal{R}$ 이면[^1] $\phi$는 **countably additive** ($\sigma$-additive) 하다.
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이제 ‘길이’의 개념을 나타내는 함수를 정의합니다. 이 함수는 측도(measure)라고 합니다.
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**정의.** (Measure) $\sigma$-ring $\mathcal{R}$에 대하여, $\mathcal{R}$ 위의 set function $\mu$가 countably additive이고 치역이 $[0, \infty]$이면 $\mu$를 measure on $\mathcal{R}$이라 한다.
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치역이 음이 아닌 실수와 무한대인 것은 ‘길이’의 개념을 나타내기 위해서입니다. 또한 countable 성질을 가져가고 싶은 이유를 이제 설명할 수 있습니다. 열린집합 $U \subseteq\mathbb{R}$ 은 서로소인 열린 구간의 countable한 합집합으로 표현할 수 있습니다.[^2] 실수의 열린 부분집합에 대해 먼저 ‘길이’를 정의하고 이를 다른 부분집합으로 확장하는 논리 전개 방식을 택할 예정이기 때문에, countable 조건이 필요한 것입니다.
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**참고.**
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1. $\phi$가 additive이면 쌍마다 서로소인 $A_i \in \mathcal{R}$ 에 대하여 다음이 성립한다.
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$$\phi\left( \bigcup_ {i=1}^n A_i \right) = \sum_ {i=1}^n \phi(A_i).$$
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이 성질을 *finite additivity*라 부르고, $\phi$는 *finitely additive*하다고 한다.
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2. $\phi(\varnothing) = 0$ 이다. $\phi(A) = \phi(A \cup \varnothing)$ 라고 적고, 양변에서 $\phi(A) \in \mathbb{R}$ 를 지울 수 있다.
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$\phi(A) \in \mathbb{R}$ 인 $A \in \mathcal{R}$이 존재한다는 가정을 사용했습니다. 앞서 언급한 것처럼, extended real number가 나오기 때문에 뺄셈에 조심해야 합니다.
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**정의.** $\mu$가 measure on $\sigma$-algebra $\mathcal{F} \subseteq\mathcal{P}(X)$ 라 하자.
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1. $\mu$가 **finite** 하다. $\iff$모든 $X \in \mathcal{F}$ 에 대하여 $\mu(X) < \infty$ 이다.
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2. $\mu$가 **$\sigma$-finite** 하다. $\iff$집합열 $F_1 \subseteq F_2 \subseteq\cdots$ 가 존재하여 $\mu(F_i) < \infty$ 이고 $\displaystyle\bigcup_ {i=1}^\infty F_i = X$ 이다.
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## Basic Properties of Set Functions
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$\phi$가 set function이라 하자.
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- $\phi$가 ring $\mathcal{R}$ 위에서 countably additive이면 $\phi$는 additive이다.
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- $\phi$가 ring $\mathcal{R}$ 위에서 additive이면, $A, B \in \mathcal{R}$ 에 대하여
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$$\phi(A\cup B) + \phi(A\cap B) = \phi(A) + \phi(B)$$
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가 성립한다.[^3]
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- $\phi$가 ring $\mathcal{R}$ 위에서 additive이면, $A_1 \subseteq A_2$ 인 $A_1, A_2 \in \mathcal{R}$ 에 대하여
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$$\phi(A_2) = \phi(A_2 \setminus A_1) + \phi(A_1)$$
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가 성립한다. 따라서,
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1. $\phi \geq 0$ 이면 $\phi(A_1) \leq \phi(A_2)$ 이다. (단조성)
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2. $\lvert \phi(A_1) \rvert < \infty$ 이면 $\phi(A_2 \setminus A_1) = \phi(A_2) - \phi(A_1)$ 이다.[^4]
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- $\phi$가 additive이고 $\phi \geq 0$ 이면 $A, B \in \mathcal{R}$ 에 대하여
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$$\phi(A\cup B) \leq \phi(A) + \phi(B)$$
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가 성립한다. 귀납법을 적용하면, 모든 $A_i \in \mathcal{R}$에 대하여
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$$\phi\left( \bigcup_ {n=1}^m A_n \right) \leq \sum_ {n=1}^m \phi(A_n)$$
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가 성립한다. 이 때 $A_i$가 반드시 쌍마다 서로소일 필요는 없다. 이 성질을 *finite subadditivity*라 한다.
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마지막으로 measure와 관련된 정리를 소개합니다.
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**정리.** $\mu$가 $\sigma$-algebra $\mathcal{F}$의 measure라 하자. $A_n \in \mathcal{F}$ 에 대하여 $A_1 \subseteq A_2 \subseteq\cdots$ 이면
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$$\lim_ {n\rightarrow\infty} \mu(A_n) = \mu\left( \bigcup_ {n=1}^\infty A_n \right)$$
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이 성립한다.
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**증명.** $B_1 = A_1$, $n \geq 2$ 에 대해 $B_n = A_n \setminus A_ {n-1}$ 로 두자. $B_n$은 쌍마다 서로소임이 자명하다. 따라서,
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$$\mu(A_n) = \mu\left( \bigcup_ {k=1}^n B_k \right) = \sum_ {k=1}^n \mu(B_k)$$
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이고, measure의 countable additivity를 이용하여
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$$\lim_ {n\rightarrow\infty} \mu(A_n) = \lim_ {n\rightarrow\infty} \sum_ {k=1}^n \mu(B_k) = \sum_ {n=1}^\infty \mu(B_n) = \mu\left( \bigcup_ {n=1}^{\infty} B_n \right) = \mu\left( \bigcup_ {n=1}^\infty A_n \right)$$
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임을 알 수 있다. 마지막 등호에서는 $\displaystyle\bigcup_ {n=1}^\infty A_n = \bigcup_ {n=1}^\infty B_n$ 임을 이용한다.
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왠지 위 조건을 뒤집어서 $A_1 \supseteq A_2 \supseteq \cdots$ 인 경우 교집합에 대해서도 성립하면 좋을 것 같습니다.
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$$\lim_ {n\rightarrow\infty} \mu(A_n) = \mu\left( \bigcap_ {n=1}^\infty A_n \right).$$
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하지만 안타깝게도 조건이 부족합니다. $\mu(A_1) < \infty$ 라는 추가 조건이 필요합니다. 반례는 $A_n = [n, \infty)$를 생각해보면 됩니다. 정리의 정확한 서술은 다음과 같습니다. 증명은 연습문제로 남깁니다.
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**정리.** $\mu$가 $\sigma$-algebra $\mathcal{F}$의 measure라 하자. $A_n \in \mathcal{F}$ 에 대하여 $A_1 \supseteq A_2 \supseteq \cdots$ 이고 $\mu(A_1) < \infty$ 이면
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$$\lim_ {n\rightarrow\infty} \mu(A_n) = \mu\left( \bigcap_ {n=1}^\infty A_n \right)$$
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이 성립한다.
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이 두 정리를 **continuity of measure**라고 합니다. 함수가 연속이면 극한이 함수 안으로 들어갈 수 있는 성질과 유사하여 이와 같은 이름이 붙었습니다. 어떤 책에서는 $A_1 \subseteq A_2 \subseteq\cdots$ 조건을 $A_n \nearrow \bigcup_n A_n$ 라 표현하기도 합니다. 그래서 이 조건에 대한 정리를 *continuity from below*라 하기도 합니다. 마찬가지로 $A_1 \supseteq A_2 \supseteq \cdots$ 조건을 $A_n \searrow \bigcap_n A_n$ 로 적고 이에 대한 정리를 *continuity from above*라 합니다.
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이제 measure의 개념을 정리했으니 다음 글에서는 본격적으로 집합을 재보려고 합니다. 우리의 목표는 $\mathbb{R}^p$에서 measure를 정의하는 것입니다. 우선 쉽게 잴 수 있는 집합들부터 고려할 것입니다.
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[^1]: $\sigma$-ring 이면 불필요한 조건이지만, 일반적인 ring에 대해서는 필요한 조건입니다.
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[^2]: 증명은 해석개론, 김김계 책을 참고해주세요. 각 구간마다 유리수를 택할 수 있고, 유리수는 countable이기 때문에...
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[^3]: 확률의 덧셈정리와 유사합니다. 확률론 또한 measure theory와 관련이 깊습니다.
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[^4]: 무한하지 않다는 조건이 있어야 이항이 가능합니다.
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@@ -1,266 +0,0 @@
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- Measure Theory
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- math
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- measure-theory
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title: 02. Construction of Measure
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date: 2023-01-23
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github_title: 2023-01-23-construction-of-measure
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이제 본격적으로 집합을 재보도록 하겠습니다. 우리가 잴 수 있는 집합들부터 시작합니다. $\mathbb{R}^p$에서 논의할 건데, 이제 여기서부터는 $\mathbb{R}$의 구간의 열림/닫힘을 모두 포괄하여 정의합니다. 즉, $\mathbb{R}$의 구간이라고 하면 $[a, b], (a, b), [a, b), (a, b]$ 네 가지 경우를 모두 포함합니다.
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## Elementary Sets
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**정의.** ($\mathbb{R}^p$의 구간) $a_i, b_i \in \mathbb{R}$, $a_i \leq b_i$ 라 하자. $I_i$가 $\mathbb{R}$의 구간이라고 할 때, $\mathbb{R}^p$의 구간은
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$$\prod_ {i=1}^p I_i = I_1 \times \cdots \times I_p$$
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와 같이 정의한다.
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예를 들어 $\mathbb{R}^2$의 구간이라 하면 직사각형 영역, $\mathbb{R}^3$의 구간이라 하면 직육면체 영역을 떠올릴 수 있습니다. 단, 경계는 포함되지 않을 수도 있습니다.
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이러한 구간들을 유한개 모아 합집합하여 얻은 집합을 모아 elementary set이라 합니다.
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**정의.** (Elementary Set) 어떤 집합이 유한개 구간의 합집합으로 표현되면 그 집합을 **elementary set**이라고 한다. 그리고 $\mathbb{R}^p$의 elementary set의 모임을 $\Sigma$로 표기한다.
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임의의 구간은 유계입니다. 따라서 구간의 유한한 합집합도 유계일 것입니다.
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**참고.** 임의의 elementary set은 유계이다.
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Elementary set의 모임에서 집합의 연산을 정의할 수 있을 것입니다. 이 때, $\Sigma$가 ring이 된다는 것을 간단하게 확인할 수 있습니다.
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**명제.** $\Sigma$는 ring이다. 하지만 전체 공간인 $\mathbb{R}^p$를 포함하고 있지 않기 때문에 $\sigma$-ring은 아니다.
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구간의 길이를 재는 방법은 아주 잘 알고 있습니다. 유한개 구간의 합집합인 elementary set에서도 쉽게 잴 수 있습니다. 이제 길이 함수 $m: \Sigma \rightarrow[0, \infty)$ 을 정의하겠습니다. 아직 measure는 아닙니다.
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**정의.** $a_i, b_i \in \mathbb{R}$ 가 구간 $I_i$의 양 끝점이라 하자. $\mathbb{R}^p$의 구간 $I = \displaystyle\prod_ {i=1}^p I_i$ 에 대하여,
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$$m(I) = \prod_ {i=1}^p (b_i - a_i)$$
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로 정의한다.
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**정의.** $I_i$가 쌍마다 서로소인 $\mathbb{R}^p$의 구간이라 하자. $A = \displaystyle\bigcup_ {i=1}^n I_i$ 에 대하여
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$$m(A) = \sum_ {i=1}^n m(I_i)$$
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로 정의한다.
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$\mathbb{R}, \mathbb{R}^2, \mathbb{R}^3$에서 생각해보면 $m$은 곧 길이, 넓이, 부피와 대응되는 함수임을 알 수 있습니다. 또한 쌍마다 서로소인 구간의 합집합에 대해서는 각 구간의 함숫값을 더한 것으로 정의합니다. 어떤 집합을 겹치지 않게 구간으로 나눌 수 있다면, 집합의 ‘길이’가 각 구간의 ‘길이’ 합이 되는 것은 자연스럽습니다.
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그리고 이 정의는 well-defined 입니다. $A \in \Sigma$ 에 대해서 서로소인 유한개 구간의 합집합으로 나타내는 방법이 유일하지 않아도, $m$ 값은 같습니다.
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**참고.** $m$은 $\Sigma$ 위에서 additive이다. 따라서 $m : \Sigma \rightarrow[0, \infty)$ 은 additive set function이다.
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여기서 추가로 regularity 조건을 만족했으면 좋겠습니다.
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**정의.** (Regularity) Set function $\mu: \Sigma \rightarrow[0, \infty]$ 가 additive라 하자. 모든 $A \in \Sigma$ 와 $\epsilon > 0$ 에 대하여
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> 닫힌집합 $F \in \Sigma$, 열린집합 $G \in \Sigma$ 가 존재하여 $F \subseteq A \subseteq G$ 이고 $\mu(G) - \epsilon \leq \mu(A) \leq \mu(F) + \epsilon$
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이면 $\mu$가 $\Sigma$ 위에서 **regular**하다고 정의한다.
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위에서 정의한 $m$이 regular한 것은 쉽게 확인할 수 있습니다.
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이제 set function $\mu: \Sigma \rightarrow[0, \infty)$ 가 finite, regular, additive 하다고 가정합니다.
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**정의.** (Outer Measure) $E \in \mathcal{P}(\mathbb{R}^p)$ 의 **outer measure** $\mu^\ast: \mathcal{P}(\mathbb{R}^p) \rightarrow[0, \infty]$ 는
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$$\mu^\ast(E) = \inf \left\lbrace \sum_ {n=1}^\infty \mu(A_n) : \text{열린집합 } A_n \in \Sigma \text{ 에 대하여 } E \subseteq\bigcup_ {n=1}^\infty A_n\right\rbrace.$$
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로 정의한다.
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Outer measure라 부르는 이유는 $E$의 바깥에서 길이를 재서 근사하기 때문입니다. Outer measure는 모든 power set에 대해서 정의할 수 있으니, 이를 이용해서 모든 집합을 잴 수 있으면 좋겠습니다. 하지만 measure가 되려면 countably additive 해야하는데, 이 조건이 가장 만족하기 까다로운 조건입니다. 실제로 countably additive 조건이 성립하지 않습니다.
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**참고.**
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- $\mu^\ast \geq 0$ 이다.
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- $E_1 \subseteq E_2$ 이면 $\mu^\ast(E_1) \leq \mu^\ast(E_2)$ 이다. (단조성)
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**정리.**
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1. $A \in \Sigma$ 이면 $\mu^\ast(A) = \mu(A)$.[^1]
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2. Countable subadditivity가 성립한다.
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$$\mu^\ast\left( \bigcup_ {n=1}^\infty E_n \right) \leq \sum_ {n=1}^\infty \mu^\ast(E_n), \quad (\forall E_n \in \mathcal{P}(\mathbb{R}^p))$$
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**증명.**
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(1) $A \in \Sigma$, $\epsilon > 0$ 라 두자. $\mu$의 regularity를 이용하면, 열린집합 $G \in \Sigma$ 가 존재하여 $A \subseteq G$ 이고
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$$\mu^\ast(A) \leq \mu(G) \leq \mu(A) + \epsilon$$
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이다. $\mu^\ast$의 정의에 의해 열린집합 $A_n \in \Sigma$ 가 존재하여 $A \subseteq\displaystyle\bigcup_ {n=1}^\infty A_n$ 이고
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$$\sum_ {n=1}^\infty \mu(A_n) \leq \mu^\ast(A) + \epsilon$$
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이다. 마찬가지로 regularity에 의해 닫힌집합 $F \in \Sigma$ 가 존재하여 $F\subseteq A$ 이고 $\mu(A) \leq \mu(F) + \epsilon$ 이다. $F \subseteq\mathbb{R}^p$ 는 유계이고 닫힌집합이므로 compact set이고, finite open cover를 택할 수 있다. 즉, 적당한 $N \in \mathbb{N}$ 에 대하여 $F \subseteq\displaystyle\bigcup_ {i=1}^N A_ {i}$ 가 성립한다.
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따라서
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$$\mu(A) \leq \mu(F) + \epsilon \leq \sum_ {i=1}^N \mu(A_i) \leq \sum_ {i=1}^n \mu(A_i) + \epsilon \leq \mu^\ast(A) + 2\epsilon$$
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이제 $\epsilon \rightarrow 0$ 로 두면 $\mu(A) = \mu^\ast(A)$ 를 얻는다.
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\(2\) 부등식의 양변이 모두 $\infty$ 이면 증명할 것이 없으므로, 양변이 모두 유한하다고 가정하여 모든 $n\in \mathbb{N}$ 에 대해 $\mu^\ast(E_n) < \infty$ 라 하자. $\epsilon > 0$ 로 두고, 각 $n \in \mathbb{N}$ 에 대하여 열린집합 $A_ {n, k} \in \Sigma$ 가 존재하여 $E_n \subseteq\displaystyle\bigcup_ {k=1}^\infty A_ {n, k}$ 이고 $\displaystyle\sum_ {k=1}^\infty \mu(A_ {n,k}) \leq \mu^\ast(E_n) + 2^{-n}\epsilon$ 이다.
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$\mu^\ast$는 하한(infimum)으로 정의되었기 때문에,
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$$\mu^\ast\left( \bigcup_ {n=1}^\infty E_n \right) \leq \sum_ {n=1}^\infty \sum_ {k=1}^\infty \mu(A_ {n,k}) \leq \sum_ {n=1}^\infty \mu^\ast(E_n) + \epsilon$$
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가 성립하고, $\epsilon \rightarrow 0$ 로 두면 부등식이 성립함을 알 수 있다.
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## $\mu$-measurable Sets
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Countably additive 조건이 성립하는 집합들만 모아서 measure를 construct 하려고 합니다. 아래 내용은 이를 위한 사전 준비 작업입니다.
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**표기법.** (대칭차집합) $A \mathop{\mathrm{\triangle}}B = (A\setminus B) \cup (B \setminus A)$.
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**정의.**
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- $d(A, B) = \mu^\ast(A \mathop{\mathrm{\triangle}}B)$ 로 정의한다.
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- 집합열 $A_n$에 대하여 $d(A_n, A) \rightarrow 0$ 이면 $A_n \rightarrow A$ 로 정의한다.
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**참고.**
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- $A, B, C \in \mathbb{R}^p$ 에 대하여 $d(A, B) \leq d(A, C) + d(C, B)$ 이다.
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- $A_1, B_2, B_1, B_2 \in \mathbb{R}^p$ 일 때, 다음이 성립한다.
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$$\left.\begin{array}{c}d(A_1 \cup A_2, B_1 \cup B_2) \\d(A_1 \cap A_2, B_1 \cap B_2) \\d(A_1 \setminus A_2, B_1 \setminus B_2)\end{array}\right\rbrace\leq d(A_1, B_1) + d(A_2, B_2).$$
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**정의.** (Finitely $\mu$-measurable) 집합 $A_n \in \Sigma$ 이 존재하여 $A_n \rightarrow A$ 이면 $A$가 **finitely $\mu$-measurable**이라 한다. 그리고 finitely $\mu$-measurable한 집합의 모임을 $\mathfrak{M}_F(\mu)$로 표기한다.
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위 정의는 $\mu$라는 set function에 의해 $\mu^\ast (A_n \mathop{\mathrm{\triangle}}A) \rightarrow 0$ 이 되는 elementary set $A_n$이 존재한다는 의미입니다.
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**정의.** ($\mu$-measurable) $A_n \in \mathfrak{M}_F(\mu)$ 에 대하여 $A = \displaystyle\bigcup_ {n=1}^\infty A_n$ 이면 $A$가 **$\mu$-measurable**이라 한다. 그리고 $\mu$-measurable한 집합의 모임을 $\mathfrak{M}(\mu)$로 표기한다.
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**참고.** $\mu^\ast(A) = d(A, \varnothing) \leq d(A, B) + \mu^\ast(B)$.
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**명제.** $\mu^\ast(A)$ 또는 $\mu^\ast(B)$가 유한하면, 다음이 성립한다.
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$$\lvert \mu^\ast(A) - \mu^\ast(B) \rvert \leq d(A, B).$$
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**따름정리.** $A \in \mathfrak{M}_F(\mu)$ 이면 $\mu^\ast(A) < \infty$ 이다.
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**증명.** $A_n \in \Sigma$ 가 존재하여 $A_n \rightarrow A$ 이고, $N \in \mathbb{N}$ 이 존재하여
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$$\mu^\ast(A) \leq d(A_N, A) + \mu^\ast(A_N) \leq 1 + \mu^\ast(A_N) < \infty$$
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이다.
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**따름정리.** $A_n \rightarrow A$ 이고 $A_n, A \in \mathfrak{M}_F(\mu)$ 이면 $\mu^\ast(A_n)\rightarrow\mu^\ast(A) < \infty$ 이다.
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**증명.** $\mu^\ast(A)$, $\mu^\ast(A_n)$가 유한하므로, $n \rightarrow\infty$ 일 때 $\lvert \mu^\ast(A_n) - \mu^\ast(A) \rvert \leq d(A_n, A) \rightarrow 0$ 이다.
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## Construction of Measure
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준비가 끝났으니 measure를 construct 해보겠습니다! $\mathcal{P}(\mathbb{R}^p)$에서는 할 수 없지만 정의역을 $\mathfrak{M}(\mu)$로 조금 좁히면 measure가 된다는 뜻입니다.
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**정리.** $\mathfrak{M}(\mu)$는 $\sigma$-algebra 이고 $\mu^\ast$는 $\mathfrak{M}(\mu)$의 measure가 된다.
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**증명.** $\mathfrak{M}(\mu)$가 $\sigma$-algebra이고 $\mu^\ast$가 $\mathfrak{M}(\mu)$에서 countably additive임을 보이면 충분하다.
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**(Step 0)** *$\mathfrak{M}_F(\mu)$는 ring이다.*
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$A, B \in \mathfrak{M}_F(\mu)$ 라 하자. 그러면 $A_n, B_n \in \Sigma$ 이 존재하여 $A_n \rightarrow A$, $B_n \rightarrow B$ 이 된다. 그러면
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$$\left.\begin{array}{c}d(A_n \cup B_n, A \cup B) \\ d(A_n \cap B_n, A \cap B) \\ d(A_n \setminus B_n, A \setminus B)\end{array}\right\rbrace\leq d(A_n, A) + d(B_n, B) \rightarrow 0$$
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이므로 $A_n \cup B_n \rightarrow A \cup B, A_n \setminus B_n \rightarrow A\setminus B$ 이기 때문에 $\mathfrak{M}_F(\mu)$는 ring이다.
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**(Step 1)** *$\mu^\ast$는 $\mathfrak{M}_F(\mu)$ 위에서 additive이다*.
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$\Sigma$ 위에서는 $\mu = \mu^\ast$ 이므로, 위 따름정리에 의해
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$$\begin{matrix} \mu(A_n) \rightarrow\mu^\ast(A), & \mu(A_n\cup B_n) \rightarrow\mu^\ast(A\cup B), \\ \mu(B_n) \rightarrow\mu^\ast(B), & \mu(A_n\cap B_n) \rightarrow\mu^\ast(A\cap B) \end{matrix}$$
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가 성립함을 알 수 있다. 일반적으로 $\mu(A_n) + \mu(B_n) = \mu(A_n \cup B_n) + \mu(A_n \cap B_n)$ 이므로 여기서 $n \rightarrow\infty$ 로 두면
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$$\mu^\ast(A) + \mu^\ast(B) = \mu^\ast(A\cup B) + \mu^\ast(A \cap B)$$
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를 얻는다. $A \cap B = \varnothing$ 라는 조건이 추가되면 $\mu^\ast$가 additive임을 알 수 있다.
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**(Step 2)** *$\mathfrak{M}_F(\mu) = \lbrace A \in \mathfrak{M}(\mu) : \mu^\ast(A) < \infty\rbrace$.*[^2]
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**Claim**. 쌍마다 서로소인 $\mathfrak{M}_F(\mu)$의 원소들을 잡아 이들의 합집합으로 $A \in \mathfrak{M}(\mu)$ 를 표현할 수 있다.
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**증명.** $A_n' \in \mathfrak{M}_F(\mu)$ 에 대하여 $A = \bigcup A_n'$ 로 두자.
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> $A_1 = A_1'$, $n \geq 2$ 이면 $A_n = A_n' \setminus(A_1'\cup \cdots \cup A_ {n-1}')$
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와 같이 정의하면 $A_n$이 쌍마다 서로소이고 $A_n \in \mathfrak{M}_F(\mu)$ 임을 알 수 있다.
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||||
위 사실을 이용하여 $A_n \in \mathfrak{M}_F(\mu)$ 에 대하여 $A = \displaystyle\bigcup_ {n=1}^\infty A_n$ 으로 두자.
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|
||||
1. Countable subadditivity에 의해 $\displaystyle\mu^\ast(A) \leq \sum_ {n=1}^{\infty} \mu^\ast (A_n)$ 가 성립한다.
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2. Step 1에 의해 $\displaystyle\bigcup_ {n=1}^k A_n \subseteq A$, $\displaystyle\sum_ {n=1}^{k} \mu^\ast(A_n) \leq \mu^\ast(A)$ 이다. $k \rightarrow\infty$ 로 두면 $\displaystyle\mu^\ast(A) \geq \sum_ {n=1}^\infty \mu^\ast(A_n)$ 임을 알 수 있다.
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따라서 $\displaystyle\mu^\ast(A) = \sum_ {n=1}^\infty \mu^\ast(A_n)$ 이다.[^3] [^4]
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이제 $B_n =\displaystyle\bigcup_ {k=1}^n A_k$ 로 두자. $\mu^\ast(A) < \infty$ 를 가정하면 $\displaystyle\sum_ {n=1}^\infty \mu^\ast(A_n)$의 수렴성에 의해
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$$\displaystyle d(A, B_n) = \mu^\ast\left( \bigcup_ {k=n+1}^\infty A_k \right) = \sum_ {k=n+1}^{\infty} \mu^\ast(A_i) \rightarrow 0 \text{ as } n \rightarrow\infty$$
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임을 알 수 있다.
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$B_n \in \mathfrak{M}_F(\mu)$ 이므로 $C_n \in \Sigma$ 를 잡아 각 $n \in \mathbb{N}$ 에 대하여 $d(B_n, C_n)$를 임의로 작게 만들 수 있다. 그러면 $d(A, C_n) \leq d(A, B_n) + d(B_n, C_n)$ 이므로 충분히 큰 $n$에 대하여 $d(A, C_n)$도 임의로 작게 만들 수 있다. 따라서 $C_n \rightarrow A$ 임을 알 수 있고 $A \in \mathfrak{M}_F(\mu)$ 라는 결론을 내릴 수 있다.
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**(Step 3)** *$\mu^\ast$는 $\mathfrak{M}(\mu)$ 위에서 countably additive이다.*
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$A_n \in \mathfrak{M}(\mu)$ 가 $A \in \mathfrak{M}(\mu)$ 의 분할이라 하자. 적당한 $m \in \mathbb{N}$ 에 대하여 $\mu^\ast(A_m) = \infty$ 이면
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$$\mu^\ast\left( \bigcup_ {n=1}^\infty A_n \right) \geq \mu^\ast(A_m) = \infty = \sum_ {n=1}^\infty \mu^\ast(A_n)$$
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이므로 countable additivity가 성립한다.
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이제 모든 $n\in \mathbb{N}$ 에 대하여 $\mu^\ast(A_n) < \infty$ 이면, Step 2에 의해 $A_n \in \mathfrak{M}_F(\mu)$ 이고
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$$\mu^\ast(A) = \mu^\ast\left( \bigcup_ {n=1}^\infty A_n \right) = \sum_ {n=1}^\infty \mu^\ast(A_n)$$
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가 성립한다.
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**(Step 4)** *$\mathfrak{M}(\mu)$는 $\sigma$-ring이다.*
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$A_n \in \mathfrak{M}(\mu)$ 이면 $B_ {n, k} \in \mathfrak{M}_F(\mu)$ 가 존재하여 $\displaystyle A_n = \bigcup_k B_ {n,k}$ 이다. 그러면
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$$\bigcup_n A_n = \bigcup_ {n, k} B_ {n, k} \in \mathfrak{M}(\mu)$$
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이다.
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$A, B \in \mathfrak{M}(\mu)$ 라 하면 $A_n, B_n \in \mathfrak{M}_F(\mu)$ 에 대해 $\displaystyle A = \bigcup A_n$, $\displaystyle B = \bigcup B_n$ 이므로,
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$$A \setminus B = \bigcup_ {n=1}^\infty \left( A_n \setminus B \right) = \bigcup_ {n=1}^\infty (A_n\setminus(A_n\cap B))$$
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임을 알 수 있다. 그러므로 $A_n \cap B \in \mathfrak{M}_F(\mu)$ 인 것만 보이면 충분하다. 정의에 의해
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$$A_n \cap B = \bigcup_ {k=1}^\infty (A_n \cap B_k) \in \mathfrak{M}(\mu)$$
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이고 $\mu^\ast(A_n \cap B) \leq \mu^\ast(A_n) < \infty$ 이므로 $A_n\cap B \in \mathfrak{M}_F(\mu)$ 이다. 따라서 $A \setminus B$ 가 $\mathfrak{M}_F(\mu)$의 원소들의 countable 합집합으로 표현되므로 $A\setminus B \in \mathfrak{M}(\mu)$ 이다.
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따라서 $\mathfrak{M}(\mu)$는 $\sigma$-ring이고 $\sigma$-algebra이다.
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이제 $\Sigma$ 위의 $\mu$ 정의를 $\mathfrak{M}(\mu)$ ($\sigma$-algebra)로 확장하여 $\mathfrak{M}(\mu)$ 위에서는 $\mu = \mu^\ast$ 로 정의합니다. $\Sigma$ 위에서 $\mu = m$ 일 때, 이와 같이 확장한 $\mathfrak{M}(m)$ 위의 $m$을 **Lebesgue measure** on $\mathbb{R}^p$라 합니다. 그리고 $A \in \mathfrak{M}(m)$ 를 Lebesgue measurable set이라 합니다.
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[^1]: $A$가 open이 아니면 자명하지 않은 명제입니다.
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[^2]: $A$가 $\mu$-measurable인데 $\mu^\ast(A) < \infty$이면 $A$는 finitely $\mu$-measurable이다.
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[^3]: $A$가 countable union of sets in $\mathfrak{M}_F(\mu)$이므로 $\mu^\ast$도 각 set의 $\mu^\ast$의 합이 된다.
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[^4]: 아직 증명이 끝나지 않았습니다. $A_n$은 $\mathfrak{M}(\mu)$의 원소가 아니라 $\mathfrak{M}_F(\mu)$의 원소입니다.
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- analysis
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- measure-theory
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title: 03. Measure Spaces
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date: 2023-01-24
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github_title: 2023-01-24-measure-spaces
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## Remarks on Construction of Measure
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Construction of measure 증명에서 추가로 참고할 내용입니다.
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**명제.** $A$가 열린집합이면 $A \in \mathfrak{M}(\mu)$ 이다. 또한 $A^C \in \mathfrak{M}(\mu)$ 이므로, $F$가 닫힌집합이면 $F \in \mathfrak{M}(\mu)$ 이다.
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**증명.** 중심이 $x\in \mathbb{R}^p$ 이고 반지름이 $r$인 열린 box를 $I(x, r)$이라 두자. $I(x, r)$은 명백히 $\mathfrak{M}_F(\mu)$의 원소이다. 이제
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$$A = \bigcup_ {\substack{x \in \mathbb{Q}^p, \; r \in \mathbb{Q}\\ I(x, r)\subseteq A}} I(x, r)$$
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로 적을 수 있으므로 $A$는 $\mathfrak{M}_F(\mu)$의 원소들의 countable union이 되어 $A \in \mathfrak{M}(\mu)$ 이다. 이제 $\mathfrak{M}(\mu)$가 $\sigma$-algebra이므로 $A^C\in \mathfrak{M}(\mu)$ 이고, 이로부터 임의의 닫힌집합 $F$도 $\mathfrak{M}(\mu)$의 원소임을 알 수 있다.
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**명제.** $A \in \mathfrak{M}(\mu)$ 이면 임의의 $\epsilon > 0$ 에 대하여
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$$F \subseteq A \subseteq G, \quad \mu\left( G \setminus A \right) < \epsilon, \quad \mu\left( A \setminus F \right) < \epsilon$$
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를 만족하는 열린집합 $G$와 닫힌집합 $F$가 존재한다.
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이는 곧 정의역을 $\mathfrak{M}(\mu)$로 줄였음에도 $\mu$가 여전히 $\mathfrak{M}(\mu)$ 위에서 regular라는 뜻입니다.
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**증명.** $A = \bigcup_ {n=1}^\infty A_n$ ($A_n \in \mathfrak{M}_F(\mu)$) 로 두고 $\epsilon > 0$ 을 고정하자. 각 $n \in \mathbb{N}$ 에 대하여 열린집합 $B_ {n, k} \in \Sigma$ 를 잡아 $A_n \subseteq\bigcup_ {k=1}^\infty B_ {n, k}$ 와
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$$\mu\left( \bigcup_ {k=1}^{\infty} B_ {n, k} \right) \leq \sum_ {k=1}^{\infty} \mu\left( B_ {n, k} \right) < \mu\left( A_n \right) + 2^{-n}\epsilon$$
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을 만족하도록 할 수 있다.[^1]
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이제 열린집합을 잡아보자. $G_n = \bigcup_ {k=1}^{\infty} B_ {n, k}$ 으로 두고 $G = \bigcup_ {n=1}^{\infty} G_n$ 로 잡는다. $A_n \in \mathfrak{M}_F(\mu)$ 이므로 $\mu\left( A_n \right) < \infty$ 이고, 다음이 성립한다.
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$$\begin{aligned} \mu\left( G \setminus A \right) & = \mu\left( \bigcup_ {n=1}^{\infty} G_n \setminus\bigcup_ {n=1}^{\infty} A_n \right) \leq \mu\left( \bigcup_ {n=1}^{\infty} G_n \setminus A_n \right) \\ &\leq \sum_ {n=1}^{\infty} \mu\left( G_n \setminus A_n \right) \leq \sum_ {n=1}^{\infty} 2^{-n}\epsilon = \epsilon. \end{aligned}$$
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닫힌집합의 존재성을 보이기 위해 위 과정을 $A^C$에 대해 반복하면 $A^C \subseteq F^C$, $\mu\left( F^C \setminus A^C \right) < \epsilon$ 가 되도록 열린집합 $F^C$를 잡을 수 있다. $F$가 닫힌집합이고 $F^C \setminus A^C = F^C \cap A = A\setminus F$ 이므로 $\mu\left( A \setminus F \right) < \epsilon$ 이고 $F\subseteq A$ 이다.
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**정의.** (Borel $\sigma$-algebra) $\mathbb{R}^p$의 모든 열린집합과 닫힌집합을 포함하는 $\sigma$-algebra를 $\mathfrak{B} = \mathfrak{B}(\mathbb{R}^p)$ 라 적고 **Borel $\sigma$-algebra**라 한다. 또한 $\mathfrak{B}$의 원소 $E$를 **Borel set**이라 한다.
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Borel $\sigma$-algebra는 $\mathbb{R}^p$의 열린집합을 포함하는 가장 작은 $\sigma$-algebra로 정의할 수도 있습니다. $O$가 $\mathbb{R}^p$의 열린집합의 모임이라 하면
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$$\mathfrak{B} = \bigcap_ {O \subseteq G,\;G:\, \sigma\text{-algebra}} G$$
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로 정의합니다. 여기서 '가장 작은'의 의미는 집합의 관점에서 가장 작다는 의미로, 위 조건을 만족하는 임의의 집합 $X$를 가져오더라도 $X \subseteq\mathfrak{B}$ 라는 뜻입니다. 그래서 교집합을 택하게 됩니다. 위 정의에 의해 $\mathfrak{B} \subseteq\mathfrak{M}(\mu)$ 임도 알 수 있습니다.
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## $\mu$-measure Zero Sets
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**정의.** ($\mu$-measure zero set) $A \in \mathfrak{M}(\mu)$ 에 대하여 $\mu(A) = 0$ 인 $A$를 **$\mu$-measure zero set**이라 한다.
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**명제.** $A \in \mathfrak{M}(\mu)$ 이면 $F \subseteq A \subseteq G$ 인 Borel set $F$, $G$가 존재한다. 추가로, $A$는 Borel set과 $\mu$-measure zero set의 합집합으로 표현할 수 있으며, $A$와 적당한 $\mu$-measure zero set을 합집합하여 Borel set이 되게 할 수 있다.
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**증명.** $\mathfrak{M}(\mu)$의 regularity를 이용하여 다음을 만족하는 열린집합 $G_n \in \Sigma$, 닫힌집합 $F_n \in \Sigma$ 를 잡는다.
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$$F_n \subseteq A \subseteq G_n, \quad \mu\left( G_n \setminus A \right) < \frac{1}{n}, \quad \mu\left( A \setminus F_n \right) < \frac{1}{n}.$$
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이제 $F = \bigcup_ {n=1}^{\infty} F_n$, $G = \bigcap_ {n=1}^{\infty} G_n$ 로 정의하면 $F, G \in \mathfrak{B}$ 이고 $F \subseteq A \subseteq G$ 이다.
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한편, $A = F \cup (A \setminus F)$, $G = A \cup (G \setminus A)$ 로 적을 수 있다. 그런데 $n \rightarrow\infty$ 일 때
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$$\left.\begin{array}{r}\mu\left( G \setminus A \right)\leq \mu\left( G_n \setminus A \right) < \frac{1}{n} \\ \mu\left( A \setminus F \right) \leq \mu\left( A \setminus F_n \right) < \frac{1}{n}\end{array}\right\rbrace \rightarrow 0$$
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이므로 $A \in \mathfrak{M}(\mu)$ 는 Borel set 과 $\mu$-measure zero set의 합집합이다. 그리고 $A \in \mathfrak{M}(\mu)$ 에 적당한 $\mu$-measure zero set을 합집합하여 Borel set이 되게 할 수 있다.
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**명제.** 임의의 measure $\mu$에 대하여 $\mu$-measure zero set의 모임은 $\sigma$-ring이다.
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**증명.** Countable subadditivity를 확인하면 나머지는 자명하다. 모든 $n\in \mathbb{N}$ 에 대하여 $\mu\left( A_n \right) = 0$ 이라 하면
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$$\mu\left( \bigcup_ {n=1}^{\infty} A_n \right) \leq \sum_ {n=1}^{\infty} \mu\left( A_n \right) = 0$$
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이다.
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**명제.** $A$가 countable set이면 $m(A) = 0$ 이다. 그러나 $m(A) = 0$ 이지만 uncountable set인 $A$가 존재하기 때문에 역은 성립하지 않는다.
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**증명.** $A$가 countable set이라 하자. 그러면 $A$는 점들의 countable union이고, 점은 measure가 0인 $\mathbb{R}^p$의 닫힌집합이므로 $A$는 measurable이면서 (닫힌집합의 합집합) $m(A) = 0$ 이 된다.
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Uncountable인 경우에는 Cantor set $P$를 생각한다. $E_n$을 다음과 같이 정의한다.
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- $E_0 = [0, 1]$.
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- $E_1 = \left[0, \frac{1}{3}\right] \cup \left[\frac{2}{3}, 1\right]$, $E_0$의 구간을 3등분하여 가운데를 제외한 것이다.
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- $E_2 = \left[0, \frac{1}{9}\right] \cup \left[\frac{2}{9}, \frac{3}{9}\right] \cup \left[\frac{6}{9}, \frac{7}{9}\right] \cup \left[\frac{8}{9}, 1\right]$, 마찬가지로 $E_1$의 구간을 3등분하여 가운데를 제외한 것이다.
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위 과정을 반복하여 $E_n$을 얻고, Cantor set은 $P = \bigcap_ {n=1}^{\infty} E_n$ 로 정의한다. 여기서 $m(E_n) = \left( \frac{2}{3} \right)^n$ 임을 알 수 있고, $P \subseteq E_n$ 이므로 $m(P)\leq m(E_n)$ 가 성립한다. 이제 $n \rightarrow\infty$ 로 두면 $m(P) = 0$ 이다.
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**참고.** $\mathfrak{M}(m) \subsetneq \mathcal{P}(\mathbb{R}^p)$. $\mathbb{R}^p$의 부분집합 중 measurable하지 않은 집합이 존재한다.[^2]
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## Measure Space
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이제 본격적으로 measure와 Lebesgue integral을 다룰 공간을 정의하겠습니다.
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**정의.** (Measure Space) 집합 $X$에 대하여 $\sigma$-algebra/$\sigma$-ring $\mathfrak{M}$ on $X$와 $\mathfrak{M}$ 위의 measure $\mu$가 존재하면 $X$를 **measure space**라 한다. 그리고 $X = (X, \mathfrak{M}, \mu)$ 로 표기한다.
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**정의.** (Measurable Space) 집합 $X$에 대하여 $\mathfrak{M}$이 $\sigma$-algebra on $X$이면 $X$를 **measurable space**라 한다. 그리고 $X = (X, \mathfrak{M})$ 으로 표기한다.
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두 정의를 비교하면 measure $\mu$가 주어진 $(X, \mathfrak{M}, \mu)$는 measure space이고, $\mu$가 주어지지 않은 $(X, \mathfrak{M})$은 잴 수 있다는 의미에서 measurable space입니다.
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**예제.**
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1. $(\mathbb{R}^p, \mathfrak{M}(m), m)$를 Lebesgue measure space라 한다.
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2. 원소의 개수를 세는 counting measure $\mu(E) = \lvert E \rvert$ ($E \in \mathcal{P}(\mathbb{N})$) 에 대하여 $(\mathbb{N}, \mathcal{P}(\mathbb{N}), \mu)$는 measure space가 된다.
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**정의.** (Complete Measure Space) Measure space $(X, \mathfrak{M}, \mu)$의 임의의 $\mu$-measure zero set $B$에 대하여 $B$의 임의의 부분집합 또한 $\mu$-measurable이면, $(X, \mathfrak{M}, \mu)$를 **complete measure space**라 한다. 즉,
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> $A \subseteq B \subseteq X$ 일 때, $B \in \mathfrak{M}$ 이고 $\mu(B) = 0$ 이면 $A \in \mathfrak{M}$ 이다.
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[^1]: 첫 번째 부등식은 countable subadditivity, 두 번째 부등식은 $\mu^\ast$의 정의에서 나온다.
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[^2]: [Vitali set](https://en.wikipedia.org/wiki/Vitali_set) 참고.
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- Measure Theory
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- math
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- analysis
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- measure-theory
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title: 04. Measurable Functions
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date: 2023-02-06
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github_title: 2023-02-06-measurable-functions
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folder: assets/img/posts/Mathematics/Measure Theory
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Lebesgue integral을 공부하기 전 마지막 준비입니다. Lebesgue integral은 다음과 같이 표기합니다.
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$$\int_X f \,d{\mu}$$
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표기를 보면 크게 3가지 요소가 있음을 확인할 수 있습니다. 바로 집합 $X$, measure $\mu$, 그리고 함수 $f$입니다. 집합과 measure는 다루었으니 마지막으로 함수에 관한 이야기를 조금 하면 Lebesgue integral을 정의할 수 있습니다!
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## Measurable Function
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이제부터 다루는 measurable function 관련 내용은 일반적인 measurable space $(X, \mathscr{F})$에서 논의합니다. 여기서 $\mathscr{F}$는 당연히 $\sigma$-algebra on $X$입니다.
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**정의.** (Measurable Function) Measurable space $(X, \mathscr{F})$와 함수 $f : X \rightarrow\overline{\mathbb{R}}$ 가 주어졌을 때, 모든 $a \in \mathbb{R}$ 에 대하여 집합
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$$\lbrace x \in X : f(x) > a\rbrace$$
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가 measurable이면 $f$를 **measurable function**이라 한다.[^1]
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위 사실로부터 다음을 바로 알 수 있습니다.
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**따름정리.** $\mathbb{R}^p$에서 정의된 연속함수는 Lebesgue measurable이다.
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**증명.** 임의의 $a \in \mathbb{R}$ 에 대해 $\lbrace x : f(x) > a\rbrace$가 $\mathbb{R}^p$의 열린집합이므로, $\mathfrak{M}(m)$의 원소가 되어 measurable이다.
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위 정의를 보고 생각하다 보면 굳이 $f(x) > a$ 로 정의해야 했나 의문이 생깁니다. $f(x) \geq a$, $f(x) < a$ 를 사용할 수도 있었을 것입니다.
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**정리.** Measurable space $X$ 위에서 정의된 함수 $f$가 주어졌을 때, 다음은 동치이다.
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1. 모든 $a \in \mathbb{R}$ 에 대하여 $\lbrace x : f(x) > a\rbrace$는 measurable이다.
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2. 모든 $a \in \mathbb{R}$ 에 대하여 $\lbrace x : f(x) \geq a\rbrace$는 measurable이다.
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3. 모든 $a \in \mathbb{R}$ 에 대하여 $\lbrace x : f(x) < a\rbrace$는 measurable이다.
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4. 모든 $a \in \mathbb{R}$ 에 대하여 $\lbrace x : f(x) \leq a\rbrace$는 measurable이다.
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**증명.** 우선 (1)을 가정하고, 다음 관계식을 이용하면
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$$\begin{aligned} \lbrace x : f(x) \geq a\rbrace & = f^{-1}\left( [a, \infty) \right) \\ & = f^{-1}\left( \bigcup_ {n=1}^{\infty} \left( a + \frac{1}{n}, \infty \right) \right) \\ & = \bigcup_ {n=1}^{\infty} f^{-1}\left( \left( a + \frac{1}{n}, \infty \right) \right) \end{aligned}$$
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measurable set의 countable union도 measurable이므로 ($\sigma$-algebra) (2)가 성립한다. 이제 (2)를 가정하면
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$$\lbrace x : f(x) < a\rbrace = X \setminus\lbrace x : f(x) \geq a\rbrace$$
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로부터 (3)이 성립하는 것을 알 수 있다. (3)을 가정하면 위와 마찬가지 방법으로
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$$\begin{aligned} \lbrace x : f(x) \leq a\rbrace & = f^{-1}\left( (-\infty, a] \right) \\ & = f^{-1}\left( \bigcup_ {n=1}^{\infty} \left( -\infty, a - \frac{1}{n} \right) \right) \\ & = \bigcup_ {n=1}^{\infty} f^{-1}\left( \left( -\infty, a - \frac{1}{n} \right) \right) \end{aligned}$$
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과 같이 변형하여 (4)가 성립함을 알 수 있다. 마지막으로 (4)를 가정하면
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$$\lbrace x : f(x) > a\rbrace = X \setminus\lbrace x : f(x) \leq a\rbrace$$
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로부터 (1)이 성립함을 알 수 있다.
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## Properties of Measurable Functions
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이제 정의를 살펴봤으니, measurable function들이 어떠한 성질을 갖는지 살펴봅니다.
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**정리.** $f$가 measurable이면 $\lvert f \rvert$도 measurable이다.
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**증명.** 다음 관계로부터 자명하다.
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$$\lbrace x : \lvert f(x) \rvert < a\rbrace = \lbrace x : f(x) < a\rbrace \cap \lbrace x : f(x) > -a\rbrace.$$
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역은 성립할까요?
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**참고.** 역은 성립하지 않는다. Measurable하지 않은 $S \subseteq(0, \infty)$ 위에서 함수 $g$를 다음과 같이 정의하자.
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$$g(x) = \begin{cases} x & (x \in S) \\ -x & (x \notin S). \end{cases}$$
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그러면 모든 $x \in \mathbb{R}$ 에 대해 $\lvert g(x) \rvert = x$ 이므로 $\lvert g \rvert$는 measurable function이다. 하지만 $\lbrace x : g(x) > 0\rbrace = \mathbb{R}\setminus(-\infty, 0] = S$ 는 measurable이 아니므로 $g$는 measurable function이 아니다.
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**명제.** $f, g$가 measurable function이라 하자.
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1. $\max\lbrace f, g\rbrace$, $\min\lbrace f, g\rbrace$는 measurable function이다.
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2. $f^+ = \max\lbrace f, 0\rbrace$, $f^- = -\min\lbrace f, 0\rbrace$ 는 measurable function이다.
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**증명.** 다음과 같이 적는다.
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$$\begin{aligned} \lbrace x : \max\lbrace f, g\rbrace > a\rbrace & = \lbrace x : f(x) > a\rbrace \cup \lbrace x : g(x) > a\rbrace \\ \lbrace x : \min\lbrace f, g\rbrace < a\rbrace & = \lbrace x : f(x) < a\rbrace \cup \lbrace x : g(x) < a\rbrace \end{aligned}$$
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그리고 (2)는 (1)에 의해 자명하다.
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다음은 함수열의 경우입니다. Measurable 함수열의 극한함수도 measurable일까요?
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**정리.** $\lbrace f_n\rbrace$가 measurable 함수열이라 하자. 그러면
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$$\sup_ {n\in \mathbb{N}} f_n, \quad \inf_ {n\in \mathbb{N}} f_n, \quad \limsup_ {n \rightarrow\infty} f_n, \quad \liminf_ {n \rightarrow\infty} f_n$$
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은 모두 measurable이다.
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**증명.** 다음이 성립한다.
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$$\inf f_n = -\sup\left( -f_n \right), \quad \limsup f_n = \inf_n \sup_ {k\geq n} f_k, \quad \liminf f_n = -\limsup\left( -f_n \right).$$
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따라서 위 명제는 $\sup f_n$에 대해서만 보이면 충분하다. 이제 $\sup f_n$이 measurable function인 것은
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$$\lbrace x : \sup_ {n\in\mathbb{N}} f_n(x) > a\rbrace = \bigcup_ {n=1}^{\infty} \lbrace x : f_n(x) > a\rbrace \in \mathscr{F}$$
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로부터 당연하다.
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$\lim f_n$이 존재하는 경우, 위 명제를 이용하면 $\lim f_n = \limsup f_n = \liminf f_n$ 이기 때문에 다음을 알 수 있습니다. Measurability는 극한에 의해서 보존됩니다!
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**따름정리.** 수렴하는 measurable 함수열의 극한함수는 measurable이다.
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이제 마지막으로 measurable 함수의 합과 곱 또한 measurable이면 좋겠습니다. 각각 증명하는 것도 방법이지만, 두 경우를 한꺼번에 증명할 수 있는 방법이 있습니다.
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**정리.** $X$에서 정의된 실함수 $f, g$가 measurable이라 하자. 연속함수 $F: \mathbb{R}^2 \rightarrow\mathbb{R}$ 에 대하여 $h(x) = F\big(f(x), g(x)\big)$ 는 measurable이다. 이로부터 $f + g$와 $fg$가 measurable임을 알 수 있다.[^2]
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**증명.** $a \in \mathbb{R}$ 에 대하여 $G_a = \lbrace (u, v)\in \mathbb{R}^2 : F(u, v) > a\rbrace$ 로 정의합니다. 그러면 $F$가 연속이므로 $G_a$는 열린집합이고, $G_a$ 열린구간의 합집합으로 적을 수 있다. 따라서 $a_n, b_n, c_n, d_n\in \mathbb{R}$ 에 대하여
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$$G_a = \displaystyle\bigcup_ {n=1}^{\infty} (a_n, b_n) \times (c_n, d_n)$$
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로 두면
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$$\begin{aligned} \lbrace x \in X : F\bigl(f(x), g(x)\bigr) > a\rbrace = & \lbrace x \in X : \bigl(f(x), g(x)\bigr) \in G_a\rbrace \\ = & \bigcup_ {n=1}^{\infty} \lbrace x \in X : a_n < f(x) < b_n,\, c_n < g(x) < d_n\rbrace \\ = & \bigcup_ {n=1}^{\infty} \lbrace x \in X : a_n < f(x) < b_n\rbrace \cap \lbrace x \in X : c_n < g(x) < d_n\rbrace \end{aligned}$$
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이다. 여기서 $f, g$가 measurable이므로 $\lbrace x \in X : F\bigl(f(x), g(x)\bigr) > a\rbrace$도 measurable이다. 이로부터 $F(x, y) = x + y$, $F(x, y) = xy$ 인 경우를 고려하면 $f+g$, $fg$가 measurable임을 알 수 있다.
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## Characteristic Function
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아래 내용은 Lebesgue integral의 정의에서 사용할 매우 중요한 building block입니다.
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**정의.** (Characteristic Function) 집합 $E \subseteq X$ 의 **characteristic function** $\chi_E$는 다음과 같이 정의한다.
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$$\chi_E(x) = \begin{cases} 1 & (x\in E) \\ 0 & (x \notin E). \end{cases}$$
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참고로 characteristic function은 indicator function 등으로도 불리며, $\mathbf{1}_E, K_E$로 표기하는 경우도 있습니다.
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## Simple Function
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**정의.** (Simple Function) 함수 $s: X\rightarrow\mathbb{R}$ 의 치역이 유한집합이면 **simple function**이라 한다.
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치역이 유한집합임을 이용하면 simple function은 다음과 같이 적을 수 있습니다.
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**참고.** 치역의 원소를 잡아 $s(X) = \lbrace c_1, c_2, \dots, c_n\rbrace$ 로 두자. 여기서 $E_i = s^{-1}(c_i)$ 로 두면 다음과 같이 적을 수 있다.
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$$s(x) = \sum_ {i=1}^{n} c_i \chi_ {E_i}(x).$$
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이로부터 모든 simple function은 characteristic function의 linear combination으로 표현됨을 알 수 있습니다. 물론 $E_i$는 쌍마다 서로소입니다.
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여기서 $E_i$에 measurable 조건이 추가되면, 정의에 의해 $\chi_ {E_i}$도 measurable function입니다. 따라서 모든 measurable simple function을 measurable $\chi_ {E_i}$의 linear combination으로 표현할 수 있습니다.
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아래 정리는 simple function이 Lebesgue integral의 building block이 되는 이유를 잘 드러냅니다. 모든 함수는 simple function으로 근사할 수 있습니다.
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**정리.** $f : X \rightarrow\overline{\mathbb{R}}$ 라 두자. 모든 $x \in X$ 에 대하여
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$$\lim_ {n \rightarrow\infty} s_n(x) = f(x), \quad \lvert s_n(x) \rvert \leq \lvert f(x) \rvert$$
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인 simple 함수열 $s_n$이 존재한다. 여기서 추가로
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1. $f$가 유계이면 $s_n$은 $f$로 고르게 수렴한다.
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2. $f\geq 0$ 이면 단조증가하는 함수열 $s_n$이 존재하며 $\displaystyle\sup_ {n\in \mathbb{N}} s_n = f$ 이다.
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3. **$f$가 measurable이면 measurable simple 함수열 $s_n$이 존재한다.**
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**증명.** 우선 $f \geq 0$ 인 경우부터 보인다. $n \in \mathbb{N}$ 에 대하여 집합 $E_ {n, i}$를 다음과 같이 정의한다.
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$$E_ {n, i} = \begin{cases} \left\lbrace x : \dfrac{i}{2^n} \leq f(x) < \dfrac{i+1}{2^n}\right\rbrace & (i = 0, 1, \dots, n\cdot 2^n - 1) \\ \lbrace x : f(x) \geq n\rbrace & (i = n\cdot 2^n) \end{cases}$$
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이를 이용하여
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$$s_n(x) = \sum_ {n=0}^{n\cdot 2^n} \frac{i}{2^n} \chi_ {E_ {n, i}} (x)$$
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로 두면 $s_n$은 simple function이다. 여기서 $E_ {n, i}$와 $s_n$의 정의로부터 $s_n(x) \leq f(x)$ 은 자연스럽게 얻어지고, $x \in \lbrace x : f(x) < n\rbrace$ 에 대하여 $\lvert f(x) - s_n(x) \rvert \leq 2^{-n}$ 인 것도 알 수 있다. 여기서 $f(x) \rightarrow\infty$ 로 발산하는 부분이 존재하더라도, 충분히 큰 $n$에 대하여 $\lbrace x : f(x) \geq n\rbrace$ 위에서는 $s_n(x) = n \rightarrow\infty$ 이므로 문제가 되지 않는다. 따라서
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$$\lim_ {n \rightarrow\infty} s_n(x) = f(x), \quad (x \in X)$$
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라 할 수 있다.
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(1)을 증명하기 위해 $f$가 유계임을 가정하면, 적당한 $M > 0$ 에 대해 $f(x) < M$ 이다. 그러면 충분히 큰 $n$에 대하여 $\lbrace x : f(x) < n\rbrace = X$ 이므로 모든 $x \in X$ 에 대해
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$$\lvert f(x) - s_n(x) \rvert \leq 2^{-n}$$
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가 되어 $s_n$이 $f$로 고르게 수렴함을 알 수 있다.
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(2)의 경우 $s_n$의 정의에 의해 단조증가함을 알 수 있다. 여기서 $f \geq 0$ 조건은 분명히 필요하다. $s_n(x) \leq s_ {n+1}(x)$ 이므로 당연히 $\displaystyle\sup_ {n\in \mathbb{N}} s_n = f$ 이다.
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(3)을 증명하기 위해 $f$가 measurable임을 가정하면 $E_ {n, i}$도 measurable이므로 $s_n$은 measurable simple 함수열이 된다.
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이제 일반적인 $f$에 대해서는 $f = f^+ - f^-$ 로 적는다.[^3] 그러면 앞서 증명한 사실을 이용해 $g_n \rightarrow f^+$, $h_n \rightarrow f^-$ 인 simple function $g_n, h_n$을 잡을 수 있다. 이제 $s_n = g_n - h_n$ 으로 두면 $\lvert s_n(x) \rvert \leq \lvert f(x) \rvert$ 가 성립하고, $s_n \rightarrow f$ 도 성립한다.
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한편 이 정리를 이용하면 $f + g$, $fg$가 measurable임을 증명하기 쉬워집니다. 단, $f+g$, $fg$가 잘 정의되어야 합니다. 이는 $\infty - \infty$ 와 같은 상황이 발생하지 않는 경우를 말합니다.
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**따름정리.** $f, g$가 measurable이고 $f + g$, $fg$가 잘 정의된다면, $f+g$와 $fg$는 measurable이다.
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**증명.** $f, g$를 각각 measurable simple function $f_n, g_n$으로 근사한다. 그러면
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$$f_n + g_n \rightarrow f + g, \quad f_ng_n \rightarrow fg$$
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이고 measurability는 극한에 의해 보존되므로 $f+g, fg$는 measurable이다.
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[^1]: 일반적으로는 ‘measurable set의 preimage가 measurable이 될 때’로 정의합니다.
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[^2]: 참고로 $\infty - \infty$ 의 경우는 정의되지 않으므로 생각하지 않습니다.
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[^3]: 이 정의에서 $\infty - \infty$ 가 나타나지 않음에 유의해야 합니다.
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@@ -1,171 +0,0 @@
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- Measure Theory
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- math
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- measure-theory
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title: 05. Lebesgue Integration
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date: 2023-02-13
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github_title: 2023-02-13-lebesgue-integration
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## Lebesgue Integration
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르벡 적분을 단계적으로 정의하려고 합니다. $X = (X, \mathscr{F}, \mu)$ 라고 계속 가정합니다. $\mathscr{F}$는 $\sigma$-algebra on $X$, $\mu$는 $\mathscr{F}$의 measure 입니다.
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$E \in \mathscr{F}$ 일 때, 적분을 정의하기 위해
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$$\mathscr{F}_E = \lbrace A \cap E : A \in \mathscr{F}\rbrace, \quad \mu_E = \mu|_ {\mathscr{F}_E}$$
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로 설정하고 $\int = \int_E$ 로 두어 ($X, \mathscr{F}_E, \mu_E$) 위에서 적분을 정의할 수 있습니다. 그러나 굳이 이렇게 하지 않아도 됩니다. $\int = \int_X$ 로 두고
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$$\int_E f \,d{\mu} = \int f \chi _E \,d{\mu}$$
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로 정의하면 충분하기 때문입니다.
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르벡 적분을 다루기 위해 simple function부터 적분해보겠습니다.
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### Step 1. For Characteristic Functions
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우선 가장 간단한 characteristic function부터 단계를 밟아나가야 합니다.
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**(Step 1)** $A \in \mathscr{F}$ 에 대하여
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$$\int \chi_A \,d{\mu} = \mu(A)$$
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로 정의한다.
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함수 $\chi_A$는 $x \in A$ 일 때만 함숫값 $1$을 갖고 이외의 경우에는 $0$이기 때문에 이 함수를 $X$ 위에서 적분하면 ‘$A$의 길이’에 대응되는 $\mu(A)$가 결과인 것이 자연스럽습니다.
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### Step 2. For Positive Measurable Simple Functions
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다음으로 양의 값을 갖는 measurable simple function에 대해 정의합니다. $f = f^+ - f^-$ 에서 $f^+, f^-$ 모두 양의 값을 갖기 때문에 양의 값에 대해 먼저 정의합니다.
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**(Step 2)** $f: X \rightarrow[0, \infty)$ 가 measurable simple function이라 하자. 그러면 $A_k \subseteq\mathscr{F}$ 이면서 쌍마다 서로소인 집합열 $\left( A_k \right)_{k=1}^n$과 $a_k \in [0, \infty)$ 인 수열 $\left( a_k \right)_{k=1}^n$을 잡아
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$$f(x) = \sum_ {k=1}^n a_k \chi_ {A_k}$$
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와 같이 표현할 수 있다. 이제
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$$\int f\,d{\mu} = \sum_ {k=1}^n a_k \mu(A_k) \in [0, \infty]$$
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로 정의한다.
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Measurable simple function은 measurable characteristic function의 linear combination으로 표현할 수 있기 때문에, 이와 같은 정의를 생각할 수 있습니다. 하지만 이런 정의를 보면 well-definedness를 제일 먼저 생각해야 합니다. 위와 같은 linear combination 표현이 유일하지 않기 때문입니다.
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Well-definedness를 증명하기 위해 임의의 linear combination을 잡아도 적분값이 항상 같음을 보이면 됩니다.
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**명제.** 위 정의는 모든 measurable simple function에 대해 well-defined이다.
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**증명.** $f$가 다음과 같이 두 가지 방법으로 표현된다고 하자.
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$$f(x) = \sum_ {k=1}^n a_k \chi_ {A_k} = \sum_ {i=1}^m b_i \chi_ {B_i}.$$
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여기서 $k = 1, \dots, n$, $i = 1, \dots, m$ 에 대하여 $0\leq a_k, b_i < \infty$ 이고 $A_k, B_i \in \mathscr{F}$ 이다. 여기서 $A_k, B_i$는 각각 쌍마다 서로소로, $X$의 분할이 된다. $C_ {k, i} = A_k \cap B_i$ 로 두면
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$$\sum_ {k=1}^n a_k \mu(A_k) = \sum_ {k=1}^n a_k \mu\left( A_k \cap \bigcup_ {i=1}^m B_i \right) = \sum_ {k=1}^n \sum_ {i=1}^m a_k \mu(C_ {k, i}),$$
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$$\sum_ {i=1}^m b_i \mu(B_i) = \sum_ {i=1}^{m} b_i \mu\left( B_i \cap \bigcup_ {k=1}^n A_k \right)= \sum_ {i=1}^m \sum_ {k=1}^n b_i \mu(C_ {k, i})$$
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이다. 이 때 $C_ {k, i} \neq \varnothing$ 이면 $x \in C_ {k, i}$ 에 대해 $f(x) = a_k = b_i$ 가 된다. 한편 $C_ {k, i} = \varnothing$ 이면 $\mu(C_ {k, i}) = 0$ 이다. 이로부터 모든 $k, i$에 대하여 $b_i \mu(C_ {k, i}) = a_k \mu(C_ {k, i})$ 임을 알 수 있다.[^1] 따라서
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$$\int f \,d{\mu }= \sum_ {k=1}^n a_k \mu(A_k) = \sum_ {i=1}^m b_i \mu(B_i)$$
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가 되어 적분값은 유일하고 위 정의가 well-defined임을 알 수 있다.
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이제 measurable simple function은 얼마든지 적분할 수 있습니다. 이제 다음은 measurable function으로 확장할 단계입니다. 확장을 편하게 하기 위해 약간의 준비 작업을 거치겠습니다.
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적분은 선형이고, monotonicity를 항상 유지하기를 기대합니다. 아직은 함수가 $0$보다 클 것을 가정했기 때문에 이를 계속 활용합니다.
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**참고.** $a, b \in [0, \infty)$ 와 measurable simple function $f, g \geq 0$ 에 대하여
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$$\int \left( af + bg \right) \,d{\mu} = a \int f \,d{\mu} + b \int g \,d{\mu}$$
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이다.
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**증명.** 위 Step 2와 동일하게
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$$f = \sum_ {j=1}^m y_j \chi_ {A_j}, \quad g = \sum_ {k=1}^n z_k \chi_ {B_k}$$
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로 둘 수 있다. 여기서 $A_j, B_k$는 $X$의 분할이고 $y_j, z_k \geq 0$ 이다. 마찬가지로 $C_ {j, k} = A_j \cap B_k$ 로 정의하면
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$$\begin{aligned} a \int f \,d{\mu} + b \int g \,d{\mu} & = \sum_ {j} ay_j \mu(A_j) + \sum_k b z_k \mu(B_k) \\ & = \sum_ {j} ay_j \sum_k \mu(A_j \cap B_k) + \sum_k b z_k \sum_j \mu(B_k \cap A_j) \\ & = \sum_ {j} \sum_k ay_j \mu(C_ {j, k}) + \sum_k \sum_j b z_k \mu(C_ {j, k}) \\ & = \sum_ {j, k} (ay_j + bz_k) \mu(C_ {j, k}) = \int \left( af + bg \right) \,d{\mu} \end{aligned}$$
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이다.
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**참고.** $f \geq g \geq 0$ 이 measurable simple function일 때,
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$$\int f \,d{\mu} \geq \int g \,d{\mu}$$
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이다.
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**증명.** $f - g \geq 0$ 이 simple이고 measurable임을 활용한다.
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$$\int f \,d{\mu} = \int \left[g + (f - g)\right] \,d{\mu} = \int g\,d{\mu} + \int (f - g) \,d{\mu} \geq \int g \,d{\mu} \geq 0.$$
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위와 같이 $g + (f-g)$ 로 변형해야 하는 이유는 $g$의 적분값이 무한대인 경우 이를 이항할 수 없기 때문입니다. 하지만 $f-g$ 의 적분값이 $0$ 이상인 것은 확실하게 알 수 있습니다.
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### Step 3. For Positive Measurable Functions
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이제 양의 값을 가지는 임의의 measurable function을 고려해 보겠습니다.
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**(Step 3)** $f: X \rightarrow[0, \infty]$ 가 measurable일 때,
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$$\int f \,d{\mu} = \sup\left\lbrace \int h \,d{\mu}: 0\leq h \leq f, h \text{ measurable and simple}\right\rbrace.$$
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로 정의한다.
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$f$보다 작은 measurable simple function의 적분값 중 상한을 택하겠다는 의미입니다. $f$보다 작은 measurable simple function으로 $f$를 근사한다고도 이해할 수 있습니다. 또한 $f$가 simple function이면 Step 2의 정의와 일치하는 것을 알 수 있습니다.
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$f \geq 0$ 가 measurable이면 증가하는 measurable simple 함수열 $s_n$이 존재함을 지난 번에 보였습니다. 이 $s_n$에 대하여 적분값을 계산해보면
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$$\int_E s_n \,d{\mu} = \sum_ {i=1}^{n2^n} \frac{i - 1}{2^n}\mu\left( \left\lbrace x \in E : \frac{i-1}{2^n} \leq f(x) \leq \frac{i}{2^n}\right\rbrace \right) + n\mu(\lbrace x \in E : f(x)\geq n\rbrace)$$
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임을 알 수 있습니다. 이제 $n \rightarrow\infty$ 일 때 우변이 곧 $\displaystyle\int f \,d{\mu}$ 이기를 기대합니다.
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위 내용에 대한 증명은 추후 다루도록 하고 식의 의미를 이해해 보겠습니다. **르벡 적분은 치역을 잘게 잘라** 자른 치역 부분의 preimage에 대해 measure를 사용하여 길이를 잽니다. 그리고 함숫값과 preimage의 measure를 곱한 뒤 더해 넓이를 계산한다고 이해할 수 있습니다. **리만 적분은 정의역을 잘게 잘라** 상합/하합을 고려하여 정의한 것과는 다른 접근 방법입니다.
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### Step 4. For Measurable Functions
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이제 마지막 단계입니다. 임의의 measurable function에 대해 정의합니다.
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**(Step 4)** $f$가 measurable이면 $f^+, f^- \geq 0$ 도 measurable이다. 그러므로 $E \in \mathscr{F}$ 에 대하여
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$$\int_E f \,d{\mu} = \int_E f^+ \,d{\mu} - \int_E f^- \,d{\mu}$$
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와 같이 정의한다. 단, 우변에서 $\infty - \infty$ 가 등장하는 경우는 제외한다.
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우변에서 $\infty - \infty$ 인 경우는 제외되었기 때문에 $f^+$, $f^-$의 적분값 둘 중 하나는 유한해야 합니다.
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## Lebesuge Integrable
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위 내용을 종합하여 다음 정의를 얻습니다.
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**정의.** (르벡 적분 가능) $f$가 measurable이고,
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$$\int_E \lvert f \rvert \,d{\mu} = \int_E f^+ \,d{\mu} + \int_E f^- \,d{\mu} < \infty$$
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이면 $f$가 $E$에서 $\mu$에 대해 **르벡 적분 가능**하다고 한다.
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**표기법.** $f$가 $E$에서 $\mu$에 대해 르벡 적분 가능하면
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$$f \in \mathcal{L}^1(E, \mu)$$
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로 표기한다. 특별히 $\mu = m$ 이면 $f \in \mathcal{L}^1(E)$ 로 적는다.
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즉 다음이 성립합니다.
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$$f \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu) \iff f^+, f^- \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu)\iff \lvert f \rvert \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu).$$
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[^1]: 계수가 같거나, measure가 0이 되어 같거나.
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@@ -1,200 +0,0 @@
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share: true
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toc: true
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math: true
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categories: [Mathematics, Measure Theory]
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tags: [math, analysis, measure-theory]
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title: "06. Convergence Theorems"
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date: "2023-03-25"
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github_title: "2023-03-25-convergence-theorems"
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image:
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path: /assets/img/posts/Mathematics/Measure Theory/mt-06.png
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attachment:
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folder: assets/img/posts/Mathematics/Measure Theory
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르벡 적분 이론에서 굉장히 자주 사용되는 수렴 정리에 대해 다루겠습니다. 이 정리들을 사용하면 굉장히 유용한 결과를 쉽게 얻을 수 있습니다.
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## Monotone Convergence Theorem
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먼저 단조 수렴 정리(monotone convergence theorem, MCT)입니다. 이 정리에서는 $f_n \geq 0$ 인 것이 매우 중요합니다.
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**정리.** (단조 수렴 정리) $f_n: X \rightarrow[0, \infty]$ 가 measurable이고 모든 $x \in X$ 에 대하여 $f_n(x) \leq f_ {n+1}(x)$ 라 하자.
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$$\lim_ {n\rightarrow\infty} f_n(x) = \sup_ {n} f_n(x) = f(x)$$
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로 두면,
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$$\int f \,d{\mu} = \lim_ {n\rightarrow\infty} \int f_n \,d{\mu} = \sup_ {n \in \mathbb{N}} \int f_n \,d{\mu}$$
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이다.
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**증명.**
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($\geq$) $f_n(x) \leq f(x)$ 이므로 단조성을 이용하면 모든 $n \in \mathbb{N}$ 에 대하여 $\displaystyle\int f_n \,d{\mu} \leq \displaystyle\int f \,d{\mu}$ 이다. 따라서 다음이 성립한다.
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$$\sup_n \int f_n \,d{\mu} \leq \int f \,d{\mu}.$$
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($\leq$) 실수 $c \in (0, 1)$ 를 잡자. 마지막에 $c \nearrow 1$ 로 둘 것이다. 이제 measurable simple function $s$가 $0 \leq s \leq f$ 라 하자. 그러면 모든 $x \in X$ 에 대하여 $c \cdot s(x) < f(x)$ 일 것이다.
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이제
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$$E_n = \lbrace x \in X : f_n(x) \geq cs(x)\rbrace$$
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으로 두면, $f_n(x) - cs(x)$ 가 measurable function이므로 $E_n$ 또한 measurable이다. 여기서 $f_n$이 증가하므로 $E_n\subseteq E_ {n+1} \subseteq\cdots$ 임을 알 수 있고 $f_n \rightarrow f$ 이므로 $\bigcup_ {n=1}^\infty E_n = X$ 이다.
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충분히 큰 $N \in \mathbb{N}$ 에 대하여 $n \geq N$ 일 때, 모든 $x$에 대하여 $f(x) \geq f_n(x) > cs(x)$ 가 되게 할 수 있다. 그리고 $f_n \geq f_n \chi_ {E_n} \geq cs \chi_ {E_n}$ 이므로
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$$\tag{\(\star\)} \int f_n \,d{\mu} \geq \int f_n \chi_ {E_n} \,d{\mu} \geq c\int s \chi_ {E_n} \,d{\mu},$$
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이고 여기서 $s, \chi_ {E_n}$는 simple function이다. 그러므로 $s = \sum_ {k=0}^m y_k \chi_ {A_k}$ 라고 적으면
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$$s\chi_ {E_n} = \sum_ {k=0}^m y_k \chi_ {A_k\cap E_n} \implies \int s \chi_ {E_n} \,d{\mu} = \sum_ {k=0}^m y_k \mu(A_k\cap E_n)$$
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이다. $n\rightarrow\infty$ 일 때 $A_k\cap E_n \nearrow A_k$ 이므로, continuity of measure를 사용해 $\mu(A_k \cap E_n) \nearrow \mu(A_k)$ 를 얻고
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$$\lim_ {n\rightarrow\infty} \int s \chi_ {E_n}\,d{\mu} = \int s \,d{\mu}$$
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임도 알 수 있다. 이제 ($\star$)를 이용하면
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$$\lim_ {n\rightarrow\infty} \int f_n \,d{\mu} \geq c\int s \,d{\mu}$$
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이므로, $c \nearrow 1$ 로 두고 $0\leq s\leq f$ 에 대하여 $\sup$을 취하면
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$$\lim_ {n\rightarrow\infty} \int f_n \,d{\mu} \geq \sup_ {0\leq s\leq f} \int s \,d{\mu} = \int f \,d{\mu}$$
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가 되어 원하는 결과를 얻는다.
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**참고.** 만약 부등식 $0 \leq f_n \leq f_ {n+1}$ 이 정의역 전체가 아닌 정의역의 부분집합 $E$에서만 성립한다고 하면, 다음과 같이 생각할 수 있다.
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$$0 \leq f_n \chi_E \leq f_ {n+1} \chi_E \nearrow f \chi_E.$$
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그러므로 단조 수렴 정리가 $E$에서도 성립함을 알 수 있다.
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> $E$에서 $0\leq f_n \leq f_ {n+1} \nearrow f$ 이면 $\displaystyle\lim_ {n\rightarrow\infty} \int_E f_n \,d{\mu} = \int_E f \,d{\mu}$.
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**참고.** 함수열 $f_n$이 증가하는 경우에만 정리가 성립합니다. 감소하는 경우에는 반례로 함수 $f_n = \chi_ {[n, \infty)}$ 를 생각할 수 있습니다. 그러면 $n \rightarrow\infty$ 일 때 $\chi_ {[n, \infty)} \searrow 0$ 입니다.
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그러면 Lebesgue measure $m$에 대하여
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$$\infty = \int \chi_ {[n, \infty)} \,d{m} \neq \int 0 \,d{m} = 0$$
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이 되어 단조 수렴 정리가 성립하지 않음을 확인할 수 있습니다.
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지난 번에 $f \geq 0$ 가 measurable이면 증가하는 measurable simple 함수열 $s_n$이 존재함을 보였고, 이 $s_n$에 대하여 적분값을 계산하여
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$$\int_E s_n \,d{\mu} = \sum_ {i=1}^{n2^n} \frac{i - 1}{2^n}\mu\left( \left\lbrace x \in E : \frac{i-1}{2^n} \leq f(x) \leq \frac{i}{2^n}\right\rbrace \right) + n\mu(\lbrace x \in E : f(x)\geq n\rbrace)$$
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라는 결과까지 얻었습니다. 그런데 여기서
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$$f(x) = \displaystyle\lim_ {n\rightarrow\infty} s_n(x)$$
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이기 때문에, 단조 수렴 정리에 의해
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$$\int_E f \,d{\mu} = \lim_ {n\rightarrow\infty} \int_E s_n \,d{\mu}$$
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가 성립하여 기대했던 결과를 얻었습니다. 지난 번 설명한 것처럼, 이는 곧 르벡 적분은 치역을 잘게 잘라 넓이를 계산한 것으로 이해할 수 있다는 의미가 됩니다.
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다음은 단조 수렴 정리를 활용하여 유용한 결과를 쉽게 얻을 수 있는 예제입니다.
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**참고.** Measurable function $f, g \geq 0$ 과 $\alpha, \beta \in [0, \infty)$ 에 대하여 다음이 성립한다.
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$$\int_E \left( \alpha f + \beta g \right) \,d{\mu} = \alpha \int_E f \,d{\mu} + \beta \int_E g\,d{\mu}.$$
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**증명.** Measurable function은 measurable simple function으로 근사할 수 있고, $f, g \geq 0$ 이므로 단조증가하도록 잡을 수 있다. 그러므로 measurable simple function $f_n$, $g_n$에 대하여 $0 \leq f_n \leq f_ {n+1} \nearrow f$, $0 \leq g_n \leq g_ {n+1} \nearrow g$ 으로 잡는다.
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그러면 $\alpha f_n + \beta g_n \nearrow \alpha f + \beta g$ 이고 $\alpha f_n + \beta g_n$ 은 단조증가하는 measurable simple 함수열이다. 따라서 단조 수렴 정리에 의해
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$$\int_E \left( \alpha f_n + \beta g_n \right) \,d{\mu} = \alpha \int_E f_n \,d{\mu} + \beta \int_E g_n \,d{\mu} \rightarrow\alpha \int_E f \,d{\mu} + \beta \int_E g\,d{\mu}$$
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이다.
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이와 비슷한 방법을 급수에도 적용할 수 있습니다.
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**정리.** Measurable function $f_n: X \rightarrow[0, \infty]$ 에 대하여 $\sum_ {n=1}^\infty f_n$는 measurable이고, 단조 수렴 정리에 의해 다음이 성립한다.
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$$\int_E \sum_ {n=1}^\infty f_n \,d{\mu} = \sum_ {n=1}^\infty \int_E f_n \,d{\mu}.$$
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**증명.** $\sum_ {n=1}^\infty f_n$는 measurable function의 극한이므로 measurable이다. 무한급수를 부분합의 극한으로 생각하면 $f_n \geq 0$ 이므로 부분합이 증가함을 알 수 있다. 따라서 단조 수렴 정리를 적용하여 결론을 얻는다.
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## Fatou's Lemma
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단조 수렴 정리와 동치인 수렴 정리를 하나 더 소개합니다. Fatou's lemma로 알려져 있습니다.
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**정리.** (Fatou) $f_n \geq 0$ 가 measurable이고 $E$가 measurable이라 하자. 다음이 성립한다.
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$$\int_E \liminf_ {n\rightarrow\infty} f_n \,d{\mu} \leq \liminf_ {n\rightarrow\infty} \int_E f_n \,d{\mu}.$$
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**증명.** $g_n = \displaystyle\inf_ {k \geq n} f_k$ 으로 두면 $\displaystyle\lim_ {n \rightarrow\infty} g_n = \liminf_ {n\rightarrow\infty} f_n$ 이다. $g_n$이 증가함은 쉽게 확인할 수 있으며 $g_n \geq 0$ 이다. $g_n$의 정의로부터 모든 $k \geq n$ 에 대하여 $g_n \leq f_k$ 이므로,
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$$\int_E g_n \,d{\mu} \leq \inf_ {k\geq n} \int_E f_k \,d{\mu}$$
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이다. 여기서 $n \rightarrow\infty$ 로 두면
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$$\int_E \liminf_ {n\rightarrow\infty} f_n \,d{\mu} = \lim_ {n \rightarrow\infty} \int_E g_n \,d{\mu} \leq \lim_ {n \rightarrow\infty} \inf_ {k \geq n}\int_E f_k \,d{\mu} = \liminf_ {n \rightarrow\infty} \int_E f_n \,d{\mu}$$
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이 된다. 여기서 첫 번째 등호는 단조 수렴 정리에 의해 성립한다.
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**참고.** 위 증명에서는 단조 수렴 정리를 활용했습니다. 반대로 이 정리를 가정하면 단조 수렴 정리를 증명할 수 있기도 합니다. 따라서 이 둘은 동치입니다. 증명은 생략합니다.
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**참고.** 왠지 위와 비슷한 결론이 $\limsup$에 대해서도 성립해야 할 것 같습니다. 구체적으로,
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$$\int_E \limsup_ {n \rightarrow\infty} f_n \,d{\mu} \geq \limsup_ {n \rightarrow\infty} \int_E f_n \,d{\mu}$$
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일 것 같습니다. 안타깝게도 이는 성립하지 않습니다. 반례로 앞서 소개한 $\chi_ {[n, \infty)}$를 한 번 더 가져올 수 있습니다. 좌변을 계산해 보면 0이지만, 우변을 계산해 보면 $\infty$입니다. 나중에 소개하겠지만, $\lvert f_n \rvert \leq g$ 를 만족하는 함수 $g \in \mathcal{L}^{1}$ 가 존재해야 위 부등식이 성립합니다.
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## Properties of the Lebesgue Integral
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르벡 적분의 몇 가지 성질을 소개하고 마칩니다.
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1. $f$가 measurable이고 $E$에서 bounded이며 $\mu(E) < \infty$ 일 때, 적당한 실수 $M > 0$ 에 대하여 $\lvert f \rvert \leq M$ 이므로
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$$\int_E \lvert f \rvert \,d{\mu} \leq \int_E M \,d{\mu} = M\mu(E) < \infty$$
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임을 알 수 있습니다. 그러므로 $f \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu)$ 입니다. $E$의 measure가 finite라는 가정 하에, bounded function은 모두 르벡 적분 가능합니다.
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2. $f, g \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu)$ 이고 $E$에서 $f \leq g$ 일 때, 단조성이 성립함을 보이려고 합니다. 앞에서는 $0 \leq f \leq g$ 인 경우에만 단조성을 증명했었는데, 이를 확장하여 함수가 음의 값을 가지는 경우에도 증명하고 싶습니다. 그러므로 양수인 부분과 음수인 부분을 나누어 고려하여 다음과 같이 적을 수 있습니다.
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$$\chi_E (x) f^+(x) \leq \chi_E(x) g^+(x), \qquad \chi_E(x) g^-(x) \leq \chi_E (x) f^-(x)$$
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이로부터
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$$\int_E f^+ \,d{\mu} \leq \int_E g^+ \,d{\mu} < \infty, \qquad \int_E g^- \,d{\mu} \leq \int_E f^- \,d{\mu} < \infty$$
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를 얻습니다. 따라서
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$$\int_E f\,d{\mu} \leq \int_E g \,d{\mu}$$
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가 성립하고, 함수가 음의 값을 가지는 경우에도 단조성이 성립함을 알 수 있습니다.
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3. $f \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu)$, $c \in \mathbb{R}$ 라 하면 $cf \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu)$ 입니다. 왜냐하면
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$$\int_E \lvert c \rvert\lvert f \rvert \,d{\mu} = \lvert c \rvert \int_E \lvert f \rvert\,d{\mu} < \infty$$
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이기 때문입니다. 적분이 가능하니 실제 적분값을 계산할 때 선형성이 성립했으면 좋겠습니다. 앞에서는 음이 아닌 실수에 대해서만 증명했었는데, 이도 마찬가지로 확장하려 합니다. $c < 0$ 인 경우만 보이면 됩니다. 이 때, $(cf)^+ = -cf^-$, $(cf)^- = -cf^+$ 이므로, 다음이 성립합니다.
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$$\int_E cf \,d{\mu} = \int_E (cf)^+ - \int_E (cf)^- \,d{\mu} = -c \int_E f^- \,d{\mu} - (-c) \int_E f^+ \,d{\mu} = c\int_E f\,d{\mu}.$$
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4. Measurable function $f$에 대하여 $E$에서 $a \leq f(x) \leq b$ 이고 $\mu(E) < \infty$ 일 때 다음이 성립합니다.
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$$\int_E a \chi_E \,d{\mu} \leq \int_E f\chi_E \,d{\mu} \leq \int_E b \chi_E \,d{\mu} \implies a \mu(E) \leq \int_E f \,d{\mu} \leq b \mu(E).$$
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$f$가 르벡 적분 가능하다는 사실은 $f$가 bounded라는 사실을 이용합니다.
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5. $f \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu)$ 와 measurable set $A \subseteq E$ 가 주어지는 경우, $f$는 $E$의 부분집합인 $A$ 위에서도 르벡 적분 가능합니다. 이는 다음 부등식에서 확인할 수 있습니다.
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$$\int_A \lvert f \rvert \,d{\mu} \leq \int_E \lvert f \rvert\,d{\mu} < \infty.$$
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6. 만약 measure가 0인 집합에서 적분을 하면 어떻게 될까요? $\mu(E) = 0$ 라 하고, measurable function $f$를 적분해 보겠습니다. 여기서 $\min\lbrace \lvert f \rvert, n\rbrace\chi_E$ 도 measurable이며 $n \rightarrow\infty$ 일 때 $\min\lbrace \lvert f \rvert, n\rbrace\chi_E \nearrow \lvert f \rvert\chi_E$ 임을 이용합니다. 마지막으로 단조 수렴 정리를 적용하면
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$$\begin{aligned} \int_E \lvert f \rvert \,d{\mu} &= \lim_ {n \rightarrow\infty} \int_E \min\lbrace \lvert f \rvert, n\rbrace \,d{\mu} \\ &\leq \lim_ {n \rightarrow\infty} \int_E n \,d{\mu} = \lim_ {n \rightarrow\infty} n\mu(E) = 0 \end{aligned}$$
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임을 얻습니다. 따라서 $f \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu)$ 이고, $\displaystyle\int_E f \,d{\mu} = 0$ 가 되어 적분값이 0임을 알 수 있습니다. 즉, measure가 0인 집합 위에서 적분하면 그 결과는 0이 됩니다.[^1]
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[^1]: 편의상 $0\cdot\infty = 0$ 으로 정의했기 때문에 $f \equiv \infty$ 인 경우에도 성립합니다.
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@@ -1,193 +0,0 @@
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share: true
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toc: true
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math: true
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categories: [Mathematics, Measure Theory]
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tags: [math, analysis, measure-theory]
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title: "07. Dominated Convergence Theorem"
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date: "2023-04-07"
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github_title: "2023-04-07-dominated-convergence-theorem"
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image:
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path: /assets/img/posts/Mathematics/Measure Theory/mt-07.png
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attachment:
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folder: assets/img/posts/Mathematics/Measure Theory
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## Almost Everywhere
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지난 글에서 measure가 0인 집합 위에서 적분하면 결과가 0이 됨을 확인했습니다. 적분 입장에서 보면 measure가 0인 곳에서의 적분은 의미가 없다고 생각할 수 있겠죠? 그러면 앞으로 그런걸 무시해도 된다고 하면 어떨까요?
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**정의.** (Almost Everywhere) $P = P(x)$ 가 어떤 성질이라 하자.[^1] 만약 measure가 0인 집합 $N$이 존재하여 성질 $P$가 모든 $x \in E \setminus N$ 에서 성립하면, $P$가 $E$의 **거의 모든 점에서** 성립한다고 한다.
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**표기법.** 위를 편의상 ‘$P$ $\mu$-a.e. (**almost everywhere**) on $E$’로 적겠습니다.
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### Markov's Inequality
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확률론과도 연관이 깊은 정리 하나를 소개하고 가겠습니다.
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**정리.** (Markov's Inequality) $u \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu)$ 라 하자. 모든 $c > 0$ 에 대하여
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$$\mu\left( \lbrace \lvert u \rvert \geq c\rbrace \cap E \right) \leq \frac{1}{c} \int_E \lvert u \rvert \,d{\mu}$$
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이다.
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**증명.** $\displaystyle\int_E \lvert u \rvert \,d{\mu} \geq \int_ {E\cap \lbrace \lvert u \rvert\geq c\rbrace} \lvert u \rvert \,d{\mu} \geq \int_ {E\cap \lbrace \lvert u \rvert\geq c\rbrace} c \,d{\mu} = c \mu\left( \lbrace \lvert u \rvert \geq c\rbrace \cap E \right)$.
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아래 정리는 measure가 0인 집합에서의 적분은 무시해도 됨을 알려줍니다. $u(x) \neq 0$ 인 점들이 존재하더라도, 이 점들의 집합의 measure가 0이면 적분값에 영향을 줄 수 없습니다.
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**정리.** $u\in \mathcal{L}^{1}(E, \mu)$ 일 때, 다음은 동치이다.
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1. $\displaystyle\int_E \lvert u \rvert \,d{\mu} = 0$.
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2. $u = 0$ $\mu$-a.e. on $E$.
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3. $\mu\left( \lbrace x \in E : u(x) \neq 0\rbrace \right) = 0$.
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**증명.**
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(2 $\iff$ 3) $E\cap\lbrace u\neq 0\rbrace$ 가 measurable이므로 정의에 의해 당연하다.
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(2 $\implies$ 1) $\displaystyle\int_E \lvert u \rvert \,d{\mu} = \int_ {E \cap \lbrace \lvert u \rvert > 0\rbrace} \lvert u \rvert \,d{\mu} + \int_ {E \cap \lbrace \lvert u \rvert = 0\rbrace} \lvert u \rvert \,d{\mu} = 0 + 0 = 0$.
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(1 $\implies$ 3) Markov's inequality를 사용하면
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$$\mu\left( \left\lbrace \lvert u \rvert \geq \frac{1}{n}\right\rbrace \cap E \right) \leq n\int_E \lvert u \rvert \,d{\mu} = 0$$
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이다. 이제 $n\rightarrow\infty$ 일 때 continuity of measure를 사용하면 $\mu\left( \lbrace \lvert u \rvert > 0\rbrace \cap E \right) = 0$ 이다.
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위 정리의 결과를 생각해 보면 다음이 성립함도 알 수 있습니다.
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**참고.** $A, B$가 measurable이라 하자. $B \subseteq A$ 이고 $\mu\left( A \setminus B \right) = 0$ 이면 모든 $f \in \mathcal{L}^{1}(A, \mu)$ 에 대하여
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$$\int_A f \,d{\mu} = \int_B f \,d{\mu}$$
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이다.
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또한 적분값이 유한하다면, 거의 모든 점에서 함숫값이 유한해야 할 것입니다!
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**정리.** $u \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu)$ 이면 $u(x) \in \mathbb{R}$ $\mu$-a.e. on $E$ 이다. 즉, $u(x) = \infty$ 인 집합의 measure가 0이다.
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**증명.** $\mu\left( \lbrace \lvert u \rvert \geq 1\rbrace\cap E \right) \leq \displaystyle\int_E \lvert u \rvert \,d{\mu} < \infty$.[^2] 그러므로
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$$\begin{aligned} \mu\left( \lbrace \lvert u \rvert = \infty\rbrace \cap E \right) & = \mu\left( \bigcap_ {n=1}^\infty \lbrace x \in E : \lvert u(x) \rvert \geq n\rbrace \right) \\ & = \lim_ {n \rightarrow\infty} \mu\left( \lbrace \lvert u \rvert \geq n\rbrace \cap E \right) \leq \limsup_ {n\rightarrow\infty} \frac{1}{n} \int_E \lvert u \rvert \,d{\mu} = 0 \end{aligned}$$
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이다.
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적분 가능하다면 어차피 함숫값이 무한한 영역은 적분값에 영향을 주지 않으므로, 함숫값이 유한한 곳에서만 적분해도 될 것입니다.
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**따름정리.** $u \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu)$ 이면 $\displaystyle\int_E u \,d{\mu} = \int_ {E \cap \lbrace \lvert u \rvert < \infty\rbrace} u \,d{\mu}$ 이다.
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### Linearity of the Lebesgue Integral
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드디어 일반적인 경우에서 적분의 선형성을 증명합니다!
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**정리.** $f_1, f_2 \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu)$ 이면 $f_1 + f_2 \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu)$ 이고
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$$\int_E \left( f_1 + f_2 \right) \,d{\mu} = \int_E f_1 \,d{\mu} + \int_E f_2 \,d{\mu}$$
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이다.
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**증명.** $\lvert f_1 + f_2 \rvert \leq \lvert f_1 \rvert + \lvert f_2 \rvert$ 임을 이용하면 $f_1+f_2 \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu)$ 인 것은 당연하다. 이제 $f = f_1 + f_2$ 로 두고
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$$N = \left\lbrace x : \max\left\lbrace f_1^+, f_1^-, f_2^+, f_2^-, f^+, f^-\right\rbrace = \infty \right\rbrace$$
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으로 정의하자. 함수들이 모두 적분 가능하므로 위 정리에 의해 $\mu(N) = 0$ 이다. 그러므로 $E \setminus N$ 에서는 무한한 값이 없으므로 이항을 편하게 할 수 있다. 즉,
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$$f^+ - f^- = f_1^+ - f_1^- + f_2^+ - f_2^- \implies f^+ + f_1^- + f_2^- = f^- + f_1^+ + f_2^+$$
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이다. 그러면
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$$\int_ {E\setminus N} f^+ \,d{\mu} + \int_ {E\setminus N} f_1^- \,d{\mu} + \int_ {E\setminus N} f_2^- \,d{\mu} = \int_ {E\setminus N} f^-\,d{\mu} + \int_ {E\setminus N} f_1^+\,d{\mu} + \int_ {E\setminus N} f_2^+ \,d{\mu}$$
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이고, $\mu(N) = 0$ 임을 이용하여 $N$ 위에서의 적분값을 더해주면
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$$\int_ {E \setminus N} f \,d{\mu} = \int_ {E \setminus N} f_1 \,d{\mu} + \int_ {E \setminus N} f_2 \,d{\mu} \implies \int_ {E} f \,d{\mu} = \int_ {E} f_1 \,d{\mu} + \int_ {E} f_2 \,d{\mu}$$
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를 얻는다.
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## Convergence Theorems Revisited
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이제 이를 응용하여 수렴정리를 다시 적어보겠습니다. 지난 글에서는 모든 점에서 특정 성질이 성립할 것이 요구되었으나 이제는 거의 모든 점에서만 성립하면 됩니다. 증명은 해당 성질이 성립하지 않는 집합을 빼고 증명하면 됩니다.
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**정리.** (단조 수렴 정리) $f_n$이 measurable이고 $0 \leq f_n(x) \leq f_ {n+1}(x)$ $\mu$-a.e. 라 하자.
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$$\lim_ {n\rightarrow\infty} f_n(x) = f(x)$$
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로 두면,
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$$\lim_ {n \rightarrow\infty} \int_E f_n \,d{\mu} = \int_E f \,d{\mu}.$$
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이다.
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**정리.** (Fatou) $f_n$이 measurable이고 $f_n(x) \geq 0$ $\mu$-a.e. 라 하자. 다음이 성립한다.
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$$\int_E \liminf_ {n\rightarrow\infty} f_n \,d{\mu} \leq \liminf_ {n\rightarrow\infty} \int_E f_n \,d{\mu}.$$
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비슷한 느낌으로 다음과 같은 명제를 생각할 수도 있습니다.
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**명제.** $E$ 위의 measurable function $f, g$에 대하여 $\lvert f \rvert \leq \lvert g \rvert$ $\mu$-a.e. on $E$ 이면,
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$$\int \lvert f \rvert \,d{\mu} \leq \int \lvert g \rvert \,d{\mu}$$
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이므로, $g \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu)$ 이면 $f \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu)$ 이다.
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## Equivalence Classes of Functions in $\mathcal{L}^p$
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사실 $\mu$-a.e. 를 정의한 이유가 또 있습니다. 이는 뒤에서 $\mathcal{L}^p$ 공간을 공부하며 명확해질 것입니다. 두 함수 간의 거리를 정의한다면, 함수의 차를 적분한 값을 떠올릴 수 있을 것입니다. 그런데 거리 함수(metric) 정의상, 거리가 0이려면 거리를 잰 두 대상이 같아야 합니다! 그런데 르벡 적분의 경우 실제로 함수가 같지 않지만 거의 모든 점에서 함숫값이 일치하여 차의 적분값이 0이 되어버릴 수도 있습니다.
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**정의.** Measurable set $E$에 대하여, $\mathcal{L}^{1}(E, \mu)$의 함수에 대한 relation $\sim$을 다음과 같이 정의한다.
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> $f \sim g \iff f = g$ $\mu$-a.e. on $E$.
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그러면 $\sim$은 equivalence relation이고 다음과 같이 적을 수 있다.
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$$[f] = \lbrace g \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu) : f \sim g\rbrace.$$
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이처럼 equivalence relation을 정의하면 equivalence class의 대표에 대해서만 생각해도 충분합니다. 사실상 거의 모든 점에서 함숫값이 같다면 같은 함수로 보겠다는 뜻이 됩니다.
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## Dominated Convergence Theorem
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마지막 수렴정리를 소개하고 수렴정리와 관련된 내용을 마칩니다. 지배 수렴 정리(dominated convergence theorem, DCT)로 불립니다.
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**정리.** (지배 수렴 정리) Measurable set $E$와 measurable function $f$에 대하여, $\lbrace f_n\rbrace$이 measurable function의 함수열이라 하자. $E$의 거의 모든 점 위에서 극한 $f(x) = \displaystyle\lim_ {n \rightarrow\infty} f_n(x)$ 가 $\overline{\mathbb{R}}$에 존재하고 (점별 수렴) $\lvert f_n \rvert \leq g \quad \mu$-a.e. on $E$ ($\forall n \geq 1$) 를 만족하는 $g \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu)$ 가 존재하면,
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$$\lim_ {n \rightarrow\infty} \int_E \lvert f_n - f \rvert \,d{\mu} = 0$$
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이다.
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**참고.**
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1. $f_n, f \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu)$ 이다.
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2. 적분의 성질에 의해
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$$\lvert \int f_n \,d{\mu} - \int f \,d{\mu} \rvert \leq \int \lvert f_n - f \rvert \,d{\mu}$$
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이므로 위 정리의 결론은 곧
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$$\lim_ {n \rightarrow\infty} \int f_n \,d{\mu} = \int f \,d{\mu}$$
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를 의미한다.
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**증명.** 다음과 같은 집합을 정의한다.
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$$A = \left\lbrace \displaystyle x \in E : \lim_ {n \rightarrow\infty} f_n(x) \text{가 존재하고}, f_n(x), f(x), g(x) \in \mathbb{R}, \lvert f_n(x) \rvert \leq g(x)\right\rbrace.$$
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그러면 가정에 의해 $\mu\left( E\setminus A \right) = 0$ 이다. 이제 $x \in A$ 에 대해서만 생각해도 충분하다. 그러면
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$$2g - \lvert f_n - f \rvert \geq 2g - \bigl(\lvert f_n \rvert + \lvert f \rvert \bigr) \geq 0$$
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이다. $\lvert f_n - f \rvert \rightarrow 0$, $2g - \lvert f_n - f \rvert \rightarrow 2g$ 이므로, Fatou’s lemma를 적용하면
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$$\begin{aligned} 2 \int_E g \,d{\mu} = \int_A 2g \,d{\mu} & = \int_A \liminf_ {n \rightarrow\infty} \big(2g - \lvert f_n - f \rvert\big) \,d{\mu} \\ & \leq \liminf_ {n \rightarrow\infty} \left( 2 \int_A g \,d{\mu} - \int_A \lvert f_n - f \rvert \,d{\mu} \right) \\ & = 2\int_A g \,d{\mu} - \limsup_ {n \rightarrow\infty} \int_A \lvert f_n - f \rvert \,d{\mu} \leq 2 \int_A g \,d{\mu} \end{aligned}$$
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이다. 따라서
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$$2 \int_A g \,d{\mu} - \limsup_ {n \rightarrow\infty} \int_A \lvert f_n - f \rvert \,d{\mu} = 2 \int_A g \,d{\mu}$$
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이고, 가정에 의해 $\displaystyle 0 \leq \int_A g \,d{\mu} < \infty$ 이므로 $\displaystyle\limsup_ {n \rightarrow\infty} \int_A \lvert f_n - f \rvert \,d{\mu} = 0$ 이다.
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[^1]: 예를 들어, ‘$f(x)$가 연속이다’ 등.
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[^2]: Continuity of measure를 사용하기 위해서는 첫 번째 집합의 measure가 유한해야 한다.
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@@ -1,130 +0,0 @@
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toc: true
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math: true
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categories: [Mathematics, Measure Theory]
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tags: [math, analysis, measure-theory]
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title: "08. Comparison with the Riemann Integral"
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date: "2023-06-20"
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github_title: "2023-06-20-comparison-with-riemann-integral"
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image:
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path: /assets/img/posts/Mathematics/Measure Theory/mt-08.png
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attachment:
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folder: assets/img/posts/Mathematics/Measure Theory
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## Comparison with the Riemann Integral
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먼저 혼동을 막기 위해 Lebesgue measure $m$에 대하여 르벡 적분을
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$$\int_ {[a, b]} f \,d{m} = \int_ {[a, b]} f \,d{x} = \int_a^b f \,d{x}$$
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와 같이 표기하고, 리만 적분은
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$$\mathcal{R}\int_a^b f\,d{x}$$
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로 표기하겠습니다.
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**정리.** $a, b \in \mathbb{R}$ 에 대하여 $a < b$ 이고 함수 $f$가 유계라고 하자.
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1. $f \in \mathcal{R}[a, b]$ 이면 $f \in \mathcal{L}^{1}[a, b]$ 이고 $\displaystyle\int_a^b f\,d{x} = \mathcal{R}\int_a^b f \,d{x}$ 이다.
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2. $f \in \mathcal{R}[a, b]$ $\iff$ $f$가 연속 $m$-a.e. on $[a, b]$.
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쉽게 풀어서 적어보면, (1)은 $f$가 $[a, b]$에서 리만 적분 가능하면 르벡 적분 또한 가능하며, 적분 값이 같다는 의미입니다. 즉 르벡 적분이 리만 적분보다 더 강력하다는 것을 알 수 있습니다.
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또한 (2)는 리만 적분 가능성에 대한 동치 조건을 알려줍니다. Almost everywhere라는 조건이 붙었기 때문에, $\mathcal{L}^1$의 equivalence class를 고려하면 사실상 연속함수에 대해서만 리만 적분이 가능하다는 뜻이 됩니다.
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**증명.** $k \in \mathbb{N}$ 에 대하여 구간 $[a, b]$의 분할 $P_k = \lbrace a = x_0^k < x_1^k < \cdots < x_ {n_k}^k = b\rbrace$ 를 잡는다. 단 $P_k \subseteq P_ {k+1}$ (refinement) 이고 $\lvert x_ {i}^k - x_ {i-1}^k \rvert < \frac{1}{k}$ 이 되도록 한다.
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그러면 리만 적분의 정의로부터
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$$\lim_ {k \rightarrow\infty} L(P_k, f) = \mathcal{R}\underline{\int_ {a}^{b}} f\,d{x}, \quad \lim_ {k \rightarrow\infty} U(P_k, f) = \mathcal{R} \overline{\int_ {a}^{b}} f \,d{x}$$
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임을 알 수 있다.
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이제 measurable simple function $U_k, L_k$를 다음과 같이 잡는다.
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$$U_k = \sum_ {i=1}^{n_k} \sup_ {x_ {i-1}^k \leq y \leq x_ {i}^k} f(y) \chi_ {(x_ {i-1}^k, x_i^k]}, \quad L_k = \sum_ {i=1}^{n_k} \inf_ {x_ {i-1}^k \leq y \leq x_ {i}^k} f(y) \chi_ {(x_ {i-1}^k, x_i^k]}.$$
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그러면 구간 $[a, b]$ 위에서 $L_k \leq f \leq U_k$인 것은 당연하고, 르벡 적분이 가능하므로
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$$\int_a^b L_k \,d{x} = L(P_k, f), \quad \int_a^b U_k \,d{x} = U(P_k, f)$$
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이 됨을 알 수 있다. 여기서 $P_k \subseteq P_ {k + 1}$ 이 되도록 잡았기 때문에, $L_k$는 증가하는 수열, $U_k$는 감소하는 수열이다.
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그러므로
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$$L(x) = \lim_ {k \rightarrow\infty} L_k(x), \quad U(x) = \lim_ {k \rightarrow\infty} U_k(x)$$
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로 정의했을 때, 극한이 존재함을 알 수 있다. 여기서 $f, L_k, U_k$가 모두 유계인 함수이므로 지배 수렴 정리에 의해
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$$\int_a^b L \,d{x} = \lim_ {k \rightarrow\infty} \int_a^b L_k \,d{x} = \lim_ {k \rightarrow\infty} L(P_k, f) = \mathcal{R}\underline{\int_ {a}^{b}} f\,d{x} < \infty,$$
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$$\int_a^b U\,d{x} = \lim_ {k \rightarrow\infty} \int_a^b U_k \,d{x} = \lim_ {k \rightarrow\infty} U(P_k, f) = \mathcal{R} \overline{\int_ {a}^{b}} f \,d{x} < \infty$$
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이므로 $L, U \in \mathcal{L}^{1}[a, b]$ 이다.
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위 사실을 종합하면 $f \in \mathcal{R}[a, b]$ 일 때,
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$$\mathcal{R}\underline{\int_ {a}^{b}} f\,d{x} = \mathcal{R}\overline{\int_ {a}^{b}} f\,d{x}$$
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이므로
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$$\int_a^b (U - L)\,d{x} = 0$$
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가 되어 $U = L$ $m$-a.e. on $[a, b]$라는 사실을 알 수 있다. 역으로 이를 거꾸로 읽어보면 $U = L$ $m$-a.e. on $[a, b]$일 때 $f \in \mathcal{R}[a, b]$ 가 되는 것 또한 알 수 있다.
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(1) 위 논의에 의해 $f \in \mathcal{R}[a, b]$ 이면 $f = U = L$ a.e. on $[a, b]$ 이다. 따라서 $f$는 measurable.
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$$\int_a^b f \,d{x} = \mathcal{R}\int_a^b f\,d{x} < \infty \implies f \in \mathcal{L}^{1}[a, b].$$
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(2) 만약 $x \notin \bigcup_ {k=1}^{\infty} P_k$ 라고 가정하면, 임의의 $\epsilon > 0$ 에 대해 충분히 큰 $n \in \mathbb{N}$ 을 잡았을 때 적당한 $j_0 \in \mathbb{N}$ 이 존재하여 $x \in (t_ {j_0-1}^n, t_ {j_0}^n)$ 이면서
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$$\lvert L_n(x) - L(x) \rvert + \lvert U_n(x) - U(x) \rvert < \epsilon$$
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이 되도록 할 수 있다. 그러면 $y \in (t_ {j_0-1}^n, t_ {j_0}^n)$ 일 때
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$$\begin{aligned} \lvert f(x) - f(y) \rvert & \leq M_ {j_0}^n - m_ {j_0}^n = M_ {j_0}^n - U(x) + U(x) - L(x) + L(x) - m_ {j_0}^n \\ & \leq U(x) - L(x) + \epsilon \end{aligned}$$
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가 됨을 알 수 있다.
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위 부등식에 의해 $y \in \lbrace x : U(x) = L(x)\rbrace \setminus\bigcup_ {k=1}^{\infty} P_k$ 이면 $f$가 $y$에서 연속임을 알 수 있게 된다.
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따라서, $f$가 연속인 점들의 집합을 $C_f$라 하면
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$$\lbrace x : U(x) = L(x)\rbrace \setminus\bigcup_ {k=1}^{\infty} P_k \subseteq C_f \subseteq\lbrace x : U(x) = L(x)\rbrace$$
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이 된다. 한편 $\bigcup_ {k=1}^{\infty} P_k$는 measure가 0 이므로, $U = L$ $m$-a.e. 인 것과 $f$가 연속 $m$-a.e. 인 것은 동치이다. 위 논의의 결과를 이용하면 $f \in \mathcal{R}[a, b]$ 인 것과 $f$가 연속 $m$-a.e. 인 것은 동치이다.
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아래는 증명의 부산물입니다.
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**참고.**
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1. $x \notin \bigcup_ {k=1}^\infty P_k$ 이면 $f$가 $x$에서 연속 $\iff f(x) = U(x) = L(x)$ 이다.
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2. $L(x) \leq f(x) \leq U(x)$ 이고 measurable function의 극한인 $L(x), U(x)$ 또한 measurable이다.
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3. $f$가 유계라는 조건이 있기 때문에 $f \geq 0$ 인 경우만 생각해도 충분하다. $\lvert f \rvert \leq M$ 라고 하면 $f$ 대신 $f + M$ 을 생각하면 되기 때문이다.
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이제 리만 적분의 유용한 성질들을 가지고 와서 사용할 수 있습니다.
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1. $f \geq 0$ 이고 measurable일 때, $f_n = f\chi_ {[0, n]}$으로 정의한다. 단조 수렴 정리에 의해
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$$\int_0^\infty f \,d{x} = \lim_ {n \rightarrow\infty} \int_0^\infty f_n \,d{x} = \lim_ {n \rightarrow\infty} \int_0^n f \,d{x}$$
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이다. 마지막 적분을 리만 적분으로 계산할 수 있다.
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2. 닫힌 유계 구간 $I \subseteq(0, \infty)$ 에 대하여 $f \in \mathcal{R}(I)$ 라 하면 $f \in \mathcal{L}^{1}(I)$ 이다. $f_n = f\chi_ {[0, n]}$ 으로 잡으면 $\lvert f_n \rvert \leq f$ 이므로 지배 수렴 정리를 적용하여
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$$\int_0^\infty f \,d{x} = \lim_ {n \rightarrow\infty} \int_0^\infty f_n \,d{x} = \lim_ {n \rightarrow\infty} \int_0^n f \,d{x} = \lim_ {n \rightarrow\infty} \mathcal{R} \int_0^n f \,d{x}$$
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임을 알 수 있다.
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마찬가지로 $f_n = f\chi_ {(1/n, 1)}$ 으로 잡은 경우에도 지배 수렴 정리에 의해
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$$\int_0^1 f\,d{x} = \lim_ {n \rightarrow\infty} \int_ {0}^1 f_n \,d{x} = \lim_ {n \rightarrow\infty}\int_ {1/n}^1 f \,d{x} = \lim_ {n \rightarrow\infty} \mathcal{R}\int_ {1/n}^1 f \,d{x}$$
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이 된다.
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@@ -1,210 +0,0 @@
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share: true
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toc: true
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math: true
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||||
categories: [Mathematics, Measure Theory]
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||||
tags: [math, analysis, measure-theory]
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||||
title: "09. $\\mathcal{L}^p$ Functions"
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date: "2023-07-31"
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||||
github_title: "2023-07-31-Lp-functions"
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image:
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path: /assets/img/posts/Mathematics/Measure Theory/mt-09.png
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attachment:
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folder: assets/img/posts/Mathematics/Measure Theory
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{: .w-50}
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## Integration on Complex Valued Function
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Let $(X, \mathscr{F}, \mu)$ be a measure space, and $E \in \mathscr{F}$.
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**정의.**
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1. A complex valued function $f = u + iv$, (where $u, v$ are real functions) is measurable if $u$ and $v$ are both measurable.
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2. For a complex function $f$,
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$$f \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu) \iff \int_E \left\lvert f \right\rvert \,d{\mu} < \infty \iff u, v \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu).$$
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||||
3. If $f = u + iv \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu)$, we define
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$$\int_E f \,d{\mu} = \int_E u \,d{\mu} + i\int_E v \,d{\mu}.$$
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**참고.**
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1. Linearity also holds for complex valued functions. For $f_1, f_2 \in \mathcal{L}^{1}(\mu)$ and $\alpha \in \mathbb{C}$,
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$$\int_E \left( f_1 + \alpha f_2 \right) \,d{\mu} = \int_E f_1 \,d{\mu} + \alpha \int_E f_2 \,d{\mu}.$$
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2. Choose $c \in \mathbb{C}$ and $\left\lvert c \right\rvert = 1$ such that $\displaystyle c \int_E f \,d{\mu} \geq 0$. This is possible since multiplying by $c$ is equivalent to a rotation.
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Now set $cf = u + vi$ where $u, v$ are real functions and the integral of $v$ over $E$ is $0$. Then,
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$$\begin{aligned} \left\lvert \int_E f \,d{\mu} \right\rvert & = c \int_E f\,d{\mu} = \int_E u \,d{\mu} \\ & \leq \int_E (u^2+v^2)^{1/2} \,d{\mu} \\ & = \int_E \left\lvert cf \right\rvert \,d{\mu} = \int_E \left\lvert f \right\rvert \,d{\mu}. \end{aligned}$$
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## Functions of Class $\mathcal{L}^{p}$
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### $\mathcal{L}^p$ Space
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Assume that $(X, \mathscr{F}, \mu)$ is given and $X = E$.
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**정의.** ($\mathcal{L}^{p}$) A complex function $f$ is in $\mathcal{L}^{p}(\mu)$ if $f$ is measurable and $\displaystyle\int_E \left\lvert f \right\rvert ^p \,d{\mu} < \infty$.
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**정의.** ($\mathcal{L}^{p}$-norm) **$\mathcal{L}^{p}$-norm** of $f$ is defined as
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$$\left\lVert f \right\rVert_p = \left[\int_E \left\lvert f \right\rvert ^p \,d{\mu} \right]^{1/p}.$$
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### Inequalities
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**정리.** (Young Inequality) For $a, b \geq 0$, if $p > 1$ and $1/p + 1/q = 1$, then
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$$ab \leq \frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q}.$$
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**증명.** From $1/p + 1/q = 1$, $p - 1 = \frac{1}{q - 1}$. The graph $y = x^{p - 1}$ is equal to the graph of $x = y^{q - 1}$. Sketch the graph on the $xy$-plane and consider the area bounded by $x = 0$, $x = a$, $y = 0$, $y = b$. Then we directly see that
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$$\int_0^a x^{p-1} \,d{x} + \int_0^b y^{q-1} \,d{y} \geq ab,$$
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with equality when $a^p = b^q$. Evaluating the integral gives the desired inequality.
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**참고.** For $\mathscr{F}$-measurable $f, g$ on $X$,
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$$\left\lvert fg \right\rvert \leq \frac{\left\lvert f \right\rvert ^p}{p} + \frac{\left\lvert g \right\rvert ^q}{q} \implies \left\lVert fg \right\rVert_1 \leq \frac{\left\lVert f \right\rVert_p^p}{p} + \frac{\left\lVert g \right\rVert_q^q}{q}$$
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by Young inequality. In particular, if $\left\lVert f \right\rVert_p = \left\lVert g \right\rVert_q = 1$, then $\left\lVert fg \right\rVert_1 \leq 1$.
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**정리.** (Hölder Inequality) Let $1 < p < \infty$ and $\displaystyle\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$. If $f, g$ are measurable,
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$$\left\lVert fg \right\rVert_1 \leq \left\lVert f \right\rVert_p \left\lVert g \right\rVert_q.$$
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So if $f \in \mathcal{L}^{p}(\mu)$ and $g \in \mathcal{L}^{q}(\mu)$, then $fg \in \mathcal{L}^{1}(\mu)$.
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**증명.** If $\left\lVert f \right\rVert_p = 0$ or $\left\lVert g \right\rVert_q = 0$ then $f = 0$ a.e. or $g = 0$ a.e. So $fg = 0$ a.e. and $\left\lVert fg \right\rVert_1 = 0$.
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Now suppose that $\left\lVert f \right\rVert_p > 0$ and $\left\lVert g \right\rVert_q > 0$. By the remark above, the result directly follows from
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$$\left\lVert \frac{f}{\left\lVert f \right\rVert_p} \cdot \frac{g}{\left\lVert g \right\rVert_q} \right\rVert_1 \leq 1.$$
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**정리.** (Minkowski Inequality) For $1 \leq p < \infty$, if $f, g$ are measurable, then
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$$\left\lVert f + g \right\rVert_p \leq \left\lVert f \right\rVert_p + \left\lVert g \right\rVert_p.$$
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**증명.** If $f, g \notin \mathcal{L}^{p}$, the right hand side is $\infty$ and we are done. For $p = 1$, the equality is equivalent to the triangle inequality. Also if $\left\lVert f + g \right\rVert_p = 0$, the inequality holds trivially. We suppose that $p > 1$, $f, g \in \mathcal{L}^p$ and $\left\lVert f+g \right\rVert_p > 0$.
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Let $q = \frac{p}{p-1}$. Since
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$$\begin{aligned} \left\lvert f + g \right\rvert ^p & = \left\lvert f + g \right\rvert \cdot \left\lvert f + g \right\rvert ^{p - 1} \\ & \leq \bigl(\left\lvert f \right\rvert + \left\lvert g \right\rvert \bigr) \left\lvert f + g \right\rvert ^{p-1}, \end{aligned}$$
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we have
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$$\begin{aligned} \int \left\lvert f+g \right\rvert ^p & \leq \int \left\lvert f \right\rvert \cdot \left\lvert f+g \right\rvert ^{p-1} + \int \left\lvert g \right\rvert \cdot \left\lvert f+g \right\rvert ^{p-1} \\ & \leq \left( \int \left\lvert f \right\rvert ^p \right)^{1/p}\left( \int \left\lvert f+g \right\rvert ^{(p-1)q} \right)^{1/q} \\ & \quad + \left( \int \left\lvert q \right\rvert ^p \right)^{1/p}\left( \int \left\lvert f+g \right\rvert ^{(p-1)q} \right)^{1/q} \\ & = \left( \left\lVert f \right\rVert_p + \left\lVert g \right\rVert_p \right) \left( \int \left\lvert f+g \right\rvert ^p \right)^{1/q}. \end{aligned}$$
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Since $\left\lVert f + g \right\rVert_p^p > 0$, we have
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$$\begin{aligned} \left\lVert f + g \right\rVert_p & = \left( \int \left\lvert f+g \right\rvert ^p \right)^{1/p} \\ & = \left( \int \left\lvert f+g \right\rvert ^p \right)^{1 - \frac{1}{q}} \\ & \leq \left\lVert f \right\rVert_p + \left\lVert g \right\rVert_p. \end{aligned}$$
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**정의.** $f \sim g \iff f = g$ $\mu$-a.e. and define
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$$[f] = \left\lbrace g : f \sim g\right\rbrace.$$
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We treat $[f]$ as an element in $\mathcal{L}^{p}(X, \mu)$, and write $f = [f]$.
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**참고.**
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1. We write $\left\lVert f \right\rVert_p = 0 \iff f = [0] = 0$ in the sense that $f = 0$ $\mu$-a.e.
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2. Now $\lVert \cdot \rVert_p$ is a **norm** in $\mathcal{L}^{p}(X, \mu)$ so $d(f, g) = \left\lVert f - g \right\rVert_p$ is a **metric** in $\mathcal{L}^{p}(X, \mu)$.
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## Completeness of $\mathcal{L}^p$
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Now we have a *function space*, so we are interested in its *completeness*.
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**정의.** (Convergence in $\mathcal{L}^p$) Let $f, f_n \in \mathcal{L}^{p}(\mu)$.
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1. $f_n \rightarrow f$ in $\mathcal{L}^p(\mu) \iff \left\lVert f_n-f \right\rVert_p \rightarrow 0$ as $n \rightarrow\infty$.
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2. $\left( f_n \right)_{n=1}^\infty$ is a Cauchy sequence in $\mathcal{L}^{p}(\mu)$ if and only if
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> $\forall \epsilon > 0$, $\exists\,N > 0$ such that $n, m \geq N \implies \left\lVert f_n-f_m \right\rVert_p < \epsilon$.
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**도움정리.** Let $\left( g_n \right)$ be a sequence of measurable functions. Then,
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$$\left\lVert \sum_{n=1}^{\infty} \left\lvert g_n \right\rvert \right\rVert_p \leq \sum_{n=1}^{\infty} \left\lVert g_n \right\rVert_p.$$
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Thus, if $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \left\lVert g_n \right\rVert_p < \infty$, then $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \left\lvert g_n \right\rvert < \infty$ $\mu$-a.e. So $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} g_n < \infty$ $\mu$-a.e.
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**증명.** By monotone convergence theorem and Minkowski inequality,
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$$\begin{aligned} \left\lVert \sum_{n=1}^{\infty} \left\lvert g_n \right\rvert \right\rVert_p & = \lim_{m \rightarrow\infty} \left\lVert \sum_{n=1}^{m} \left\lvert g_n \right\rvert \right\rVert_p \\ & \leq \lim_{n \rightarrow\infty} \sum_{n=1}^{m} \left\lVert g_n \right\rVert_p \\ & = \sum_{n=1}^{\infty} \left\lVert g_n \right\rVert_p < \infty. \end{aligned}$$
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Thus $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \left\lvert g_n \right\rvert < \infty$ $\mu$-a.e. and $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} g_n < \infty$ $\mu$-a.e. by absolute convergence.
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**정리.** (Fischer) Suppose $\left( f_n \right)$ is a Cauchy sequence in $\mathcal{L}^{p}(\mu)$. Then there exists $f \in \mathcal{L}^{p}(\mu)$ such that $f_n \rightarrow f$ in $\mathcal{L}^{p}(\mu)$.
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**증명.** We construct $\left( n_k \right)$ by the following procedure.
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$\exists\,n_1 \in \mathbb{N}$ such that $\left\lVert f_m - f_{n_1} \right\rVert_p < \frac{1}{2}$ for all $m \geq n_1$.
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$\exists\,n_2 \in \mathbb{N}$ such that $\left\lVert f_m - f_{n_2} \right\rVert_p < \frac{1}{2^2}$ for all $m \geq n_2$.
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Then, $\exists\,1 \leq n_1 < n_2 < \cdots < n_k$ such that $\left\lVert f_m - f_{n_k} \right\rVert_p < \frac{1}{2^k}$ for $m \geq n_k$.
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Since $\displaystyle\left\lVert f_{n_{k+1}} - f_{n_k} \right\rVert_p < \frac{1}{2^k}$, we have
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$$\sum_{k=1}^{\infty} \left\lVert f_{n_{k+1}} - f_{n_k} \right\rVert_p < \infty.$$
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By the above lemma, $\sum \left\lvert f_{n_{k+1}} - f_{n_k} \right\rvert$ and $\sum (f_{n_{k+1}} - f_{n_k})$ are finite. Let $f_{n_0} \equiv 0$. Then as $m \rightarrow\infty$,
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$$f_{n_{m+1}} = \sum_{k=0}^{m} \left( f_{n_{k+1}} - f_{n_k} \right)$$
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converges $\mu$-a.e. Take $N \in \mathscr{F}$ with $\mu(N) = 0$ such that $f_{n_k}$ converges on $X \setminus N$. Let
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$$f(x) = \begin{cases} \displaystyle\lim_{k \rightarrow\infty} f_{n_k} (x) & (x \in X \setminus N) \\ 0 & (x\in N) \end{cases}$$
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then $f$ is measurable. Using the convergence,
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$$\begin{aligned} \left\lVert f - f_{n_m} \right\rVert_p & = \left\lVert \sum_{k=m}^{\infty} \left( f_{n_{k+1}} (x) - f_{n_k}(x) \right) \right\rVert_p \\ & \leq \left\lVert \sum_{k=m}^{\infty} \left\lvert f_{n_{k+1}} (x) - f_{n_k}(x) \right\rvert \right\rVert_p \\ & \leq \sum_{k=m}^{\infty} \left\lVert f_{n_{k+1}} - f_{n_k} \right\rVert_p \leq 2^{-m} \end{aligned}$$
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by the choice of $f_{n_k}$. So $f_{n_k} \rightarrow f$ in $\mathcal{L}^{p}(\mu)$. Also, $f = (f - f_{n_k}) + f_{n_k} \in \mathcal{L}^{p}(\mu)$.
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Let $\epsilon > 0$ be given. Since $\left( f_n \right)$ is a Cauchy sequence in $\mathcal{L}^{p}$, $\exists\,N \in \mathbb{N}$ such that for all $n, m \geq N$, $\left\lVert f_n - f_m \right\rVert < \frac{\epsilon}{2}$. Note that $n_k \geq k$, so $n_k \geq N$ if $k \geq N$. Choose $N_1 \geq N$ such that for $k \geq N$, $\left\lVert f - f_{n_k} \right\rVert_p < \frac{\epsilon}{2}$. Then for all $k \geq N_1$,
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$$\left\lVert f - f_k \right\rVert_p \leq \left\lVert f - f_{n_k} \right\rVert_p + \left\lVert f_{n_k} - f_k \right\rVert_p < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon.$$
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**참고.** $\mathcal{L}^{p}$ is a complete normed vector space, also known as **Banach space**.
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**정리.** $C[a, b]$ is a dense subset of $\mathcal{L}^{p}[a, b]$. That is, for every $f \in \mathcal{L}^{p}[a, b]$ and $\epsilon > 0$, $\exists\,g \in C[a, b]$ such that $\left\lVert f - g \right\rVert_p < \epsilon$.
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**증명.** Let $A$ be a closed subset in $[a, b]$, and consider a distance function
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$$d(x, A) = \inf_{y\in A} \left\lvert x - y \right\rvert , \quad x \in [a, b].$$
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Since $d(x, A) \leq \left\lvert x - z \right\rvert \leq \left\lvert x - y \right\rvert + \left\lvert y - z \right\rvert$ for all $z \in A$, taking infimum over $z \in A$ gives $d(x, A) \leq \left\lvert x - y \right\rvert + d(y, A)$. So
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$$\left\lvert d(x, A) - d(y, A) \right\rvert \leq \left\lvert x - y \right\rvert ,$$
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and $d(x, A)$ is continuous. If $d(x, A) = 0$, $\exists\,x_n \in A$ such that $\left\lvert x_n - x \right\rvert \rightarrow d(x, A) = 0$. Since $A$ is closed, $x \in A$. We know that $x \in A \iff d(x, A) = 0$.
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Let
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$$g_n(x) = \frac{1}{1 + n d(x, A)}.$$
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$g_n$ is continuous, $g_n(x) = 1$ if and only if $x \in A$. Also for all $x \in [a, b] \setminus A$, $g_n(x) \rightarrow 0$ as $n \rightarrow\infty$. By Lebesgue’s dominated convergence theorem,
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$$\begin{aligned} \left\lVert g_n - \chi_A \right\rVert_p^p & = \int_A \left\lvert g_n - \chi_A \right\rvert ^p \,d{x} + \int_{[a, b]\setminus A} \left\lvert g_n - \chi_A \right\rvert ^p \,d{x} \\ & = 0 + \int_{[a, b]\setminus A} \left\lvert g_n \right\rvert ^p \,d{x} \rightarrow 0 \end{aligned}$$
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since $\left\lvert g_n \right\rvert ^p \leq 1$. We have shown that characteristic functions of closed sets can be approximated by continuous functions in $\mathcal{L}^{p}[a, b]$.
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For every $A \in \mathfrak{M}(m)$, $\exists\,F_\text{closed} \subseteq A$ such that $m(A \setminus F) < \epsilon$. Since $\chi_A - \chi_F = \chi_{A \setminus F}$,
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$$\begin{aligned} \int \left\lvert \chi_A-\chi_F \right\rvert ^p \,d{x} & = \int \left\lvert \chi_{A\setminus F} \right\rvert ^p \,d{x} \\ & = \int_{A\setminus F} \,d{x} = m(A \setminus F) < \epsilon. \end{aligned}$$
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Therefore, for every $A \in \mathfrak{M}$, $\exists\,g_n \in C[a, b]$ such that $\left\lVert g_n - \chi_A \right\rVert_p \rightarrow 0$ as $n \rightarrow\infty$. So characteristic functions of any measurable set can be approximated by continuous functions in $\mathcal{L}^{p}[a, b]$.
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Next, for any measurable simple function $f = \sum_{k=1}^{m}a_k \chi_{A_k}$, we can find $g_n^k \in C[a, b]$ so that
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$$\left\lVert f - \sum_{k=1}^{m} a_k g_n^k \right\rVert_p = \left\lVert \sum_{k=1}^{m}a_k \left( \chi_{A_k} - g_n^k \right) \right\rVert_p \rightarrow 0.$$
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Next for $f \in \mathcal{L}^{p}$ and $f \geq 0$, there exist simple functions $f_n \geq 0$ such that $f_n \nearrow f$ in $\mathcal{L}^{p}$. Finally, any $f \in \mathcal{L}^{p}$ can be written as $f = f^+ - f^-$, which completes the proof.
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이러한 확장을 몇 번 해보면 굉장히 routine합니다. $\chi_F$ for closed $F$ $\rightarrow$ $\chi_A$ for measurable $A$ $\rightarrow$ measurable simple $f$ $\rightarrow$ $0\leq f \in \mathcal{L}^{p} \rightarrow$ $f \in \mathcal{L}^{p}$ 와 같은 순서로 확장합니다.
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@@ -5,6 +5,7 @@ math: true
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categories:
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- Mathematics
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- Coq
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- math
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- coq
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216
_posts/Mathematics/measure-theory/2023-07-31-Lp-functions.md
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- Mathematics
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||||
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- analysis
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- measure-theory
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title: 09. $\mathcal{L}^p$ Functions
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date: 2023-07-31
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github_title: 2023-07-31-Lp-functions
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{: .w-50}
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## Integration on Complex Valued Function
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Let $(X, \mathscr{F}, \mu)$ be a measure space, and $E \in \mathscr{F}$.
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**정의.**
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1. A complex valued function $f = u + iv$, (where $u, v$ are real functions) is measurable if $u$ and $v$ are both measurable.
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2. For a complex function $f$,
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$$f \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu) \iff \int _ E \left\lvert f \right\rvert \,d{\mu} < \infty \iff u, v \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu).$$
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3. If $f = u + iv \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu)$, we define
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$$\int _ E f \,d{\mu} = \int _ E u \,d{\mu} + i\int _ E v \,d{\mu}.$$
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**참고.**
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1. Linearity also holds for complex valued functions. For $f _ 1, f _ 2 \in \mathcal{L}^{1}(\mu)$ and $\alpha \in \mathbb{C}$,
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$$\int _ E \left( f _ 1 + \alpha f _ 2 \right) \,d{\mu} = \int _ E f _ 1 \,d{\mu} + \alpha \int _ E f _ 2 \,d{\mu}.$$
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2. Choose $c \in \mathbb{C}$ and $\left\lvert c \right\rvert = 1$ such that $\displaystyle c \int _ E f \,d{\mu} \geq 0$. This is possible since multiplying by $c$ is equivalent to a rotation.
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Now set $cf = u + vi$ where $u, v$ are real functions and the integral of $v$ over $E$ is $0$. Then,
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$$\begin{aligned} \left\lvert \int _ E f \,d{\mu} \right\rvert & = c \int _ E f\,d{\mu} = \int _ E u \,d{\mu} \\ & \leq \int _ E (u^2+v^2)^{1/2} \,d{\mu} \\ & = \int _ E \left\lvert cf \right\rvert \,d{\mu} = \int _ E \left\lvert f \right\rvert \,d{\mu}. \end{aligned}$$
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## Functions of Class $\mathcal{L}^{p}$
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### $\mathcal{L}^p$ Space
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Assume that $(X, \mathscr{F}, \mu)$ is given and $X = E$.
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**정의.** ($\mathcal{L}^{p}$) A complex function $f$ is in $\mathcal{L}^{p}(\mu)$ if $f$ is measurable and $\displaystyle\int _ E \left\lvert f \right\rvert ^p \,d{\mu} < \infty$.
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**정의.** ($\mathcal{L}^{p}$-norm) **$\mathcal{L}^{p}$-norm** of $f$ is defined as
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$$\left\lVert f \right\rVert _ p = \left[\int _ E \left\lvert f \right\rvert ^p \,d{\mu} \right]^{1/p}.$$
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### Inequalities
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**정리.** (Young Inequality) For $a, b \geq 0$, if $p > 1$ and $1/p + 1/q = 1$, then
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$$ab \leq \frac{a^p}{p} + \frac{b^q}{q}.$$
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**증명.** From $1/p + 1/q = 1$, $p - 1 = \frac{1}{q - 1}$. The graph $y = x^{p - 1}$ is equal to the graph of $x = y^{q - 1}$. Sketch the graph on the $xy$-plane and consider the area bounded by $x = 0$, $x = a$, $y = 0$, $y = b$. Then we directly see that
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$$\int _ 0^a x^{p-1} \,d{x} + \int _ 0^b y^{q-1} \,d{y} \geq ab,$$
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with equality when $a^p = b^q$. Evaluating the integral gives the desired inequality.
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**참고.** For $\mathscr{F}$-measurable $f, g$ on $X$,
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$$\left\lvert fg \right\rvert \leq \frac{\left\lvert f \right\rvert ^p}{p} + \frac{\left\lvert g \right\rvert ^q}{q} \implies \left\lVert fg \right\rVert _ 1 \leq \frac{\left\lVert f \right\rVert _ p^p}{p} + \frac{\left\lVert g \right\rVert _ q^q}{q}$$
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by Young inequality. In particular, if $\left\lVert f \right\rVert _ p = \left\lVert g \right\rVert _ q = 1$, then $\left\lVert fg \right\rVert _ 1 \leq 1$.
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**정리.** (Hölder Inequality) Let $1 < p < \infty$ and $\displaystyle\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = 1$. If $f, g$ are measurable,
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$$\left\lVert fg \right\rVert _ 1 \leq \left\lVert f \right\rVert _ p \left\lVert g \right\rVert _ q.$$
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So if $f \in \mathcal{L}^{p}(\mu)$ and $g \in \mathcal{L}^{q}(\mu)$, then $fg \in \mathcal{L}^{1}(\mu)$.
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**증명.** If $\left\lVert f \right\rVert _ p = 0$ or $\left\lVert g \right\rVert _ q = 0$ then $f = 0$ a.e. or $g = 0$ a.e. So $fg = 0$ a.e. and $\left\lVert fg \right\rVert _ 1 = 0$.
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Now suppose that $\left\lVert f \right\rVert _ p > 0$ and $\left\lVert g \right\rVert _ q > 0$. By the remark above, the result directly follows from
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$$\left\lVert \frac{f}{\left\lVert f \right\rVert _ p} \cdot \frac{g}{\left\lVert g \right\rVert _ q} \right\rVert _ 1 \leq 1.$$
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**정리.** (Minkowski Inequality) For $1 \leq p < \infty$, if $f, g$ are measurable, then
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$$\left\lVert f + g \right\rVert _ p \leq \left\lVert f \right\rVert _ p + \left\lVert g \right\rVert _ p.$$
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**증명.** If $f, g \notin \mathcal{L}^{p}$, the right hand side is $\infty$ and we are done. For $p = 1$, the equality is equivalent to the triangle inequality. Also if $\left\lVert f + g \right\rVert _ p = 0$, the inequality holds trivially. We suppose that $p > 1$, $f, g \in \mathcal{L}^p$ and $\left\lVert f+g \right\rVert _ p > 0$.
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Let $q = \frac{p}{p-1}$. Since
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$$\begin{aligned} \left\lvert f + g \right\rvert ^p & = \left\lvert f + g \right\rvert \cdot \left\lvert f + g \right\rvert ^{p - 1} \\ & \leq \bigl(\left\lvert f \right\rvert + \left\lvert g \right\rvert \bigr) \left\lvert f + g \right\rvert ^{p-1}, \end{aligned}$$
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we have
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$$\begin{aligned} \int \left\lvert f+g \right\rvert ^p & \leq \int \left\lvert f \right\rvert \cdot \left\lvert f+g \right\rvert ^{p-1} + \int \left\lvert g \right\rvert \cdot \left\lvert f+g \right\rvert ^{p-1} \\ & \leq \left( \int \left\lvert f \right\rvert ^p \right)^{1/p}\left( \int \left\lvert f+g \right\rvert ^{(p-1)q} \right)^{1/q} \\ & \quad + \left( \int \left\lvert q \right\rvert ^p \right)^{1/p}\left( \int \left\lvert f+g \right\rvert ^{(p-1)q} \right)^{1/q} \\ & = \left( \left\lVert f \right\rVert _ p + \left\lVert g \right\rVert _ p \right) \left( \int \left\lvert f+g \right\rvert ^p \right)^{1/q}. \end{aligned}$$
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Since $\left\lVert f + g \right\rVert _ p^p > 0$, we have
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$$\begin{aligned} \left\lVert f + g \right\rVert _ p & = \left( \int \left\lvert f+g \right\rvert ^p \right)^{1/p} \\ & = \left( \int \left\lvert f+g \right\rvert ^p \right)^{1 - \frac{1}{q}} \\ & \leq \left\lVert f \right\rVert _ p + \left\lVert g \right\rVert _ p. \end{aligned}$$
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**정의.** $f \sim g \iff f = g$ $\mu$-a.e. and define
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$$[f] = \left\lbrace g : f \sim g\right\rbrace.$$
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We treat $[f]$ as an element in $\mathcal{L}^{p}(X, \mu)$, and write $f = [f]$.
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**참고.**
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1. We write $\left\lVert f \right\rVert _ p = 0 \iff f = [0] = 0$ in the sense that $f = 0$ $\mu$-a.e.
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2. Now $\lVert \cdot \rVert _ p$ is a **norm** in $\mathcal{L}^{p}(X, \mu)$ so $d(f, g) = \left\lVert f - g \right\rVert _ p$ is a **metric** in $\mathcal{L}^{p}(X, \mu)$.
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## Completeness of $\mathcal{L}^p$
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Now we have a *function space*, so we are interested in its *completeness*.
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**정의.** (Convergence in $\mathcal{L}^p$) Let $f, f _ n \in \mathcal{L}^{p}(\mu)$.
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1. $f _ n \rightarrow f$ in $\mathcal{L}^p(\mu) \iff \left\lVert f _ n-f \right\rVert _ p \rightarrow 0$ as $n \rightarrow\infty$.
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2. $\left( f _ n \right) _ {n=1}^\infty$ is a Cauchy sequence in $\mathcal{L}^{p}(\mu)$ if and only if
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> $\forall \epsilon > 0$, $\exists\,N > 0$ such that $n, m \geq N \implies \left\lVert f _ n-f _ m \right\rVert _ p < \epsilon$.
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**도움정리.** Let $\left( g _ n \right)$ be a sequence of measurable functions. Then,
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$$\left\lVert \sum _ {n=1}^{\infty} \left\lvert g _ n \right\rvert \right\rVert _ p \leq \sum _ {n=1}^{\infty} \left\lVert g _ n \right\rVert _ p.$$
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Thus, if $\displaystyle\sum _ {n=1}^{\infty} \left\lVert g _ n \right\rVert _ p < \infty$, then $\displaystyle\sum _ {n=1}^{\infty} \left\lvert g _ n \right\rvert < \infty$ $\mu$-a.e. So $\displaystyle\sum _ {n=1}^{\infty} g _ n < \infty$ $\mu$-a.e.
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**증명.** By monotone convergence theorem and Minkowski inequality,
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$$\begin{aligned} \left\lVert \sum _ {n=1}^{\infty} \left\lvert g _ n \right\rvert \right\rVert _ p & = \lim _ {m \rightarrow\infty} \left\lVert \sum _ {n=1}^{m} \left\lvert g _ n \right\rvert \right\rVert _ p \\ & \leq \lim _ {n \rightarrow\infty} \sum _ {n=1}^{m} \left\lVert g _ n \right\rVert _ p \\ & = \sum _ {n=1}^{\infty} \left\lVert g _ n \right\rVert _ p < \infty. \end{aligned}$$
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Thus $\displaystyle\sum _ {n=1}^{\infty} \left\lvert g _ n \right\rvert < \infty$ $\mu$-a.e. and $\displaystyle\sum _ {n=1}^{\infty} g _ n < \infty$ $\mu$-a.e. by absolute convergence.
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**정리.** (Fischer) Suppose $\left( f _ n \right)$ is a Cauchy sequence in $\mathcal{L}^{p}(\mu)$. Then there exists $f \in \mathcal{L}^{p}(\mu)$ such that $f _ n \rightarrow f$ in $\mathcal{L}^{p}(\mu)$.
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**증명.** We construct $\left( n _ k \right)$ by the following procedure.
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$\exists\,n _ 1 \in \mathbb{N}$ such that $\left\lVert f _ m - f _ {n _ 1} \right\rVert _ p < \frac{1}{2}$ for all $m \geq n _ 1$.
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$\exists\,n _ 2 \in \mathbb{N}$ such that $\left\lVert f _ m - f _ {n _ 2} \right\rVert _ p < \frac{1}{2^2}$ for all $m \geq n _ 2$.
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Then, $\exists\,1 \leq n _ 1 < n _ 2 < \cdots < n _ k$ such that $\left\lVert f _ m - f _ {n _ k} \right\rVert _ p < \frac{1}{2^k}$ for $m \geq n _ k$.
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Since $\displaystyle\left\lVert f _ {n _ {k+1}} - f _ {n _ k} \right\rVert _ p < \frac{1}{2^k}$, we have
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$$\sum _ {k=1}^{\infty} \left\lVert f _ {n _ {k+1}} - f _ {n _ k} \right\rVert _ p < \infty.$$
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By the above lemma, $\sum \left\lvert f _ {n _ {k+1}} - f _ {n _ k} \right\rvert$ and $\sum (f _ {n _ {k+1}} - f _ {n _ k})$ are finite. Let $f _ {n _ 0} \equiv 0$. Then as $m \rightarrow\infty$,
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$$f _ {n _ {m+1}} = \sum _ {k=0}^{m} \left( f _ {n _ {k+1}} - f _ {n _ k} \right)$$
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converges $\mu$-a.e. Take $N \in \mathscr{F}$ with $\mu(N) = 0$ such that $f _ {n _ k}$ converges on $X \setminus N$. Let
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$$f(x) = \begin{cases} \displaystyle\lim _ {k \rightarrow\infty} f _ {n _ k} (x) & (x \in X \setminus N) \\ 0 & (x\in N) \end{cases}$$
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then $f$ is measurable. Using the convergence,
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$$\begin{aligned} \left\lVert f - f _ {n _ m} \right\rVert _ p & = \left\lVert \sum _ {k=m}^{\infty} \left( f _ {n _ {k+1}} (x) - f _ {n _ k}(x) \right) \right\rVert _ p \\ & \leq \left\lVert \sum _ {k=m}^{\infty} \left\lvert f _ {n _ {k+1}} (x) - f _ {n _ k}(x) \right\rvert \right\rVert _ p \\ & \leq \sum _ {k=m}^{\infty} \left\lVert f _ {n _ {k+1}} - f _ {n _ k} \right\rVert _ p \leq 2^{-m} \end{aligned}$$
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by the choice of $f _ {n _ k}$. So $f _ {n _ k} \rightarrow f$ in $\mathcal{L}^{p}(\mu)$. Also, $f = (f - f _ {n _ k}) + f _ {n _ k} \in \mathcal{L}^{p}(\mu)$.
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Let $\epsilon > 0$ be given. Since $\left( f _ n \right)$ is a Cauchy sequence in $\mathcal{L}^{p}$, $\exists\,N \in \mathbb{N}$ such that for all $n, m \geq N$, $\left\lVert f _ n - f _ m \right\rVert < \frac{\epsilon}{2}$. Note that $n _ k \geq k$, so $n _ k \geq N$ if $k \geq N$. Choose $N _ 1 \geq N$ such that for $k \geq N$, $\left\lVert f - f _ {n _ k} \right\rVert _ p < \frac{\epsilon}{2}$. Then for all $k \geq N _ 1$,
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$$\left\lVert f - f _ k \right\rVert _ p \leq \left\lVert f - f _ {n _ k} \right\rVert _ p + \left\lVert f _ {n _ k} - f _ k \right\rVert _ p < \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} = \epsilon.$$
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**참고.** $\mathcal{L}^{p}$ is a complete normed vector space, also known as **Banach space**.
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**정리.** $C[a, b]$ is a dense subset of $\mathcal{L}^{p}[a, b]$. That is, for every $f \in \mathcal{L}^{p}[a, b]$ and $\epsilon > 0$, $\exists\,g \in C[a, b]$ such that $\left\lVert f - g \right\rVert _ p < \epsilon$.
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**증명.** Let $A$ be a closed subset in $[a, b]$, and consider a distance function
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$$d(x, A) = \inf _ {y\in A} \left\lvert x - y \right\rvert , \quad x \in [a, b].$$
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Since $d(x, A) \leq \left\lvert x - z \right\rvert \leq \left\lvert x - y \right\rvert + \left\lvert y - z \right\rvert$ for all $z \in A$, taking infimum over $z \in A$ gives $d(x, A) \leq \left\lvert x - y \right\rvert + d(y, A)$. So
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$$\left\lvert d(x, A) - d(y, A) \right\rvert \leq \left\lvert x - y \right\rvert ,$$
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and $d(x, A)$ is continuous. If $d(x, A) = 0$, $\exists\,x _ n \in A$ such that $\left\lvert x _ n - x \right\rvert \rightarrow d(x, A) = 0$. Since $A$ is closed, $x \in A$. We know that $x \in A \iff d(x, A) = 0$.
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Let
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$$g _ n(x) = \frac{1}{1 + n d(x, A)}.$$
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$g _ n$ is continuous, $g _ n(x) = 1$ if and only if $x \in A$. Also for all $x \in [a, b] \setminus A$, $g _ n(x) \rightarrow 0$ as $n \rightarrow\infty$. By Lebesgue’s dominated convergence theorem,
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$$\begin{aligned} \left\lVert g _ n - \chi _ A \right\rVert _ p^p & = \int _ A \left\lvert g _ n - \chi _ A \right\rvert ^p \,d{x} + \int _ {[a, b]\setminus A} \left\lvert g _ n - \chi _ A \right\rvert ^p \,d{x} \\ & = 0 + \int _ {[a, b]\setminus A} \left\lvert g _ n \right\rvert ^p \,d{x} \rightarrow 0 \end{aligned}$$
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since $\left\lvert g _ n \right\rvert ^p \leq 1$. We have shown that characteristic functions of closed sets can be approximated by continuous functions in $\mathcal{L}^{p}[a, b]$.
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For every $A \in \mathfrak{M}(m)$, $\exists\,F _ \text{closed} \subseteq A$ such that $m(A \setminus F) < \epsilon$. Since $\chi _ A - \chi _ F = \chi _ {A \setminus F}$,
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$$\begin{aligned} \int \left\lvert \chi _ A-\chi _ F \right\rvert ^p \,d{x} & = \int \left\lvert \chi _ {A\setminus F} \right\rvert ^p \,d{x} \\ & = \int _ {A\setminus F} \,d{x} = m(A \setminus F) < \epsilon. \end{aligned}$$
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Therefore, for every $A \in \mathfrak{M}$, $\exists\,g _ n \in C[a, b]$ such that $\left\lVert g _ n - \chi _ A \right\rVert _ p \rightarrow 0$ as $n \rightarrow\infty$. So characteristic functions of any measurable set can be approximated by continuous functions in $\mathcal{L}^{p}[a, b]$.
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Next, for any measurable simple function $f = \sum _ {k=1}^{m}a _ k \chi _ {A _ k}$, we can find $g _ n^k \in C[a, b]$ so that
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$$\left\lVert f - \sum _ {k=1}^{m} a _ k g _ n^k \right\rVert _ p = \left\lVert \sum _ {k=1}^{m}a _ k \left( \chi _ {A _ k} - g _ n^k \right) \right\rVert _ p \rightarrow 0.$$
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Next for $f \in \mathcal{L}^{p}$ and $f \geq 0$, there exist simple functions $f _ n \geq 0$ such that $f _ n \nearrow f$ in $\mathcal{L}^{p}$. Finally, any $f \in \mathcal{L}^{p}$ can be written as $f = f^+ - f^-$, which completes the proof.
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이러한 확장을 몇 번 해보면 굉장히 routine합니다. $\chi _ F$ for closed $F$ $\rightarrow$ $\chi _ A$ for measurable $A$ $\rightarrow$ measurable simple $f$ $\rightarrow$ $0\leq f \in \mathcal{L}^{p} \rightarrow$ $f \in \mathcal{L}^{p}$ 와 같은 순서로 확장합니다.
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