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- math
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- analysis
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- 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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## 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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