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37
_posts/Mathematics/Measure Theory/2023-01-11-algebra-of-sets.md
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@@ -35,7 +35,7 @@ $\mathcal{R}$이 집합의 모임이라고 하겠습니다. $\mathcal{R} \neq \v
**정의.** (Power Set) 집합 $X$에 대하여 power set $\mathcal{P}(X)$는 다음과 같이 정의한다.
$$\mathcal{P}(X) = \lbrace A : A \subseteq X\rbrace .$$
$$\mathcal{P}(X) = \lbrace A : A \subseteq X\rbrace.$$
Ring과 유사하지만 살짝 더 좋은 성질을 가진 구조를 가지고 논의를 전개합니다.
@@ -63,19 +63,19 @@ Ring과 유사하지만 살짝 더 좋은 성질을 가진 구조를 가지고
조금만 더 확장해서 countable한 연산에 대해서도 허용하고 싶습니다.
**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.
**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.
Countable한 합집합을 해도 닫혀 있다는 뜻입니다. 조금 생각해보면 마찬가지로 교집합에 대해서도 성립함을 알 수 있습니다.
**참고.** 다음 성질
$$\bigcap_{n=1}^\infty A_n = A_1 \setminus\bigcup_{n=1}^\infty (A_1 \setminus A_n)$$
$$\bigcap_ {n=1}^\infty A_n = A_1 \setminus\bigcup_ {n=1}^\infty (A_1 \setminus A_n)$$
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.
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.
마찬가지로 algebra도 정의할 수 있습니다.
**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.
**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.
$\sigma$-algebra는 당연히 $\sigma$-ring이기 때문에 countable한 교집합을 해도 닫혀 있습니다.
@@ -87,7 +87,7 @@ $\sigma$-algebra는 당연히 $\sigma$-ring이기 때문에 countable한 교집
정의역이 $\mathcal{R}$으로, 집합의 모임입니다. 즉 $\phi$는 집합을 받아 $\overline{\mathbb{R}}$과 대응시키는 함수임을 알 수 있습니다.
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.
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.
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.
@@ -101,9 +101,9 @@ $\sigma$-algebra는 당연히 $\sigma$-ring이기 때문에 countable한 교집
2. 쌍마다 서로소인 집합 $A_i \in \mathcal{R}$ 에 대하여
$$\phi\left( \bigcup_{i=1}^\infty A_i \right) = \sum_{i=1}^\infty \phi(A_i)$$
$$\phi\left( \bigcup_ {i=1}^\infty A_i \right) = \sum_ {i=1}^\infty \phi(A_i)$$
이고 $\displaystyle\bigcup_{i=1}^\infty A_i \in \mathcal{R}$ 이면[^1] $\phi$는 **countably additive** ($\sigma$-additive) 하다.
이고 $\displaystyle\bigcup_ {i=1}^\infty A_i \in \mathcal{R}$ 이면[^1] $\phi$는 **countably additive** ($\sigma$-additive) 하다.
이제 ‘길이’의 개념을 나타내는 함수를 정의합니다. 이 함수는 측도(measure)라고 합니다.
@@ -115,7 +115,7 @@ $\sigma$-algebra는 당연히 $\sigma$-ring이기 때문에 countable한 교집
1. $\phi$가 additive이면 쌍마다 서로소인 $A_i \in \mathcal{R}$ 에 대하여 다음이 성립한다.
$$\phi\left( \bigcup_{i=1}^n A_i \right) = \sum_{i=1}^n \phi(A_i).$$
$$\phi\left( \bigcup_ {i=1}^n A_i \right) = \sum_ {i=1}^n \phi(A_i).$$
이 성질을 *finite additivity*라 부르고, $\phi$는 *finitely additive*하다고 한다.
@@ -127,7 +127,7 @@ $\phi(A) \in \mathbb{R}$ 인 $A \in \mathcal{R}$이 존재한다는 가정을
1. $\mu$가 **finite** 하다. $\iff$모든 $X \in \mathcal{F}$ 에 대하여 $\mu(X) < \infty$ 이다.
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.
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.
## Basic Properties of Set Functions
@@ -157,7 +157,7 @@ $\phi$가 set function이라 하자.
가 성립한다. 귀납법을 적용하면, 모든 $A_i \in \mathcal{R}$에 대하여
$$\phi\left( \bigcup_{n=1}^m A_n \right) \leq \sum_{n=1}^m \phi(A_n)$$
$$\phi\left( \bigcup_ {n=1}^m A_n \right) \leq \sum_ {n=1}^m \phi(A_n)$$
가 성립한다. 이 때 $A_i$가 반드시 쌍마다 서로소일 필요는 없다. 이 성질을 *finite subadditivity*라 한다.
@@ -165,29 +165,29 @@ $\phi$가 set function이라 하자.
**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
$$\lim_{n\rightarrow\infty} \mu(A_n) = \mu\left( \bigcup_{n=1}^\infty A_n \right)$$
$$\lim_ {n\rightarrow\infty} \mu(A_n) = \mu\left( \bigcup_ {n=1}^\infty A_n \right)$$
이 성립한다.
**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,
**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,
$$\mu(A_n) = \mu\left( \bigcup_{k=1}^n B_k \right) = \sum_{k=1}^n \mu(B_k)$$
$$\mu(A_n) = \mu\left( \bigcup_ {k=1}^n B_k \right) = \sum_ {k=1}^n \mu(B_k)$$
이고, measure의 countable additivity를 이용하여
$$\lim_{n\rightarrow\infty} \mu(A_n) = \lim_{n\rightarrow\infty} \sum_{k=1}^n \mu(B_k) = \sum_{n=1}^\infty \mu(B_n) = \mu\left( \bigcup_{n=1}^{\infty} B_n \right) = \mu\left( \bigcup_{n=1}^\infty A_n \right)$$
$$\lim_ {n\rightarrow\infty} \mu(A_n) = \lim_ {n\rightarrow\infty} \sum_ {k=1}^n \mu(B_k) = \sum_ {n=1}^\infty \mu(B_n) = \mu\left( \bigcup_ {n=1}^{\infty} B_n \right) = \mu\left( \bigcup_ {n=1}^\infty A_n \right)$$
임을 알 수 있다. 마지막 등호에서는 $\displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty A_n = \bigcup_{n=1}^\infty B_n$ 임을 이용한다.
임을 알 수 있다. 마지막 등호에서는 $\displaystyle\bigcup_ {n=1}^\infty A_n = \bigcup_ {n=1}^\infty B_n$ 임을 이용한다.
왠지 위 조건을 뒤집어서 $A_1 \supseteq A_2 \supseteq \cdots$ 인 경우 교집합에 대해서도 성립하면 좋을 것 같습니다.
$$\lim_{n\rightarrow\infty} \mu(A_n) = \mu\left( \bigcap_{n=1}^\infty A_n \right).$$
$$\lim_ {n\rightarrow\infty} \mu(A_n) = \mu\left( \bigcap_ {n=1}^\infty A_n \right).$$
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.
**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
$$\lim_{n\rightarrow\infty} \mu(A_n) = \mu\left( \bigcap_{n=1}^\infty A_n \right)$$
$$\lim_ {n\rightarrow\infty} \mu(A_n) = \mu\left( \bigcap_ {n=1}^\infty A_n \right)$$
이 성립한다.
@@ -204,4 +204,3 @@ $$\lim_{n\rightarrow\infty} \mu(A_n) = \mu\left( \bigcap_{n=1}^\infty A_n \right
[^3]: 확률의 덧셈정리와 유사합니다. 확률론 또한 measure theory와 관련이 깊습니다.
[^4]: 무한하지 않다는 조건이 있어야 이항이 가능합니다.

94
_posts/Mathematics/Measure Theory/2023-01-23-construction-of-measure.md
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@@ -19,7 +19,7 @@ image:
**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
$$\prod_{i=1}^p I_i = I_1 \times \cdots \times I_p$$
$$\prod_ {i=1}^p I_i = I_1 \times \cdots \times I_p$$
와 같이 정의한다.
@@ -39,15 +39,15 @@ Elementary set의 모임에서 집합의 연산을 정의할 수 있을 것입
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.
**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,
**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,
$$m(I) = \prod_{i=1}^p (b_i - a_i)$$
$$m(I) = \prod_ {i=1}^p (b_i - a_i)$$
로 정의한다.
**정의.** $I_i$가 쌍마다 서로소인 $\mathbb{R}^p$의 구간이라 하자. $A = \displaystyle\bigcup_{i=1}^n I_i$ 에 대하여
**정의.** $I_i$가 쌍마다 서로소인 $\mathbb{R}^p$의 구간이라 하자. $A = \displaystyle\bigcup_ {i=1}^n I_i$ 에 대하여
$$m(A) = \sum_{i=1}^n m(I_i)$$
$$m(A) = \sum_ {i=1}^n m(I_i)$$
로 정의한다.
@@ -71,7 +71,7 @@ $\mathbb{R}, \mathbb{R}^2, \mathbb{R}^3$에서 생각해보면 $m$은 곧 길이
**정의.** (Outer Measure) $E \in \mathcal{P}(\mathbb{R}^p)$ 의 **outer measure** $\mu^\ast: \mathcal{P}(\mathbb{R}^p) \rightarrow[0, \infty]$ 는
$$\mu^\ast(E) = \inf \left\lbrace \sum_{n=1}^\infty \mu(A_n) : \text{열린집합 } A_n \in \Sigma \text{ 에 대하여 } E \subseteq\bigcup_{n=1}^\infty A_n\right\rbrace .$$
$$\mu^\ast(E) = \inf \left\lbrace \sum_ {n=1}^\infty \mu(A_n) : \text{열린집합 } A_n \in \Sigma \text{ 에 대하여 } E \subseteq\bigcup_ {n=1}^\infty A_n\right\rbrace.$$
로 정의한다.
@@ -89,7 +89,7 @@ Outer measure라 부르는 이유는 $E$의 바깥에서 길이를 재서 근사
2. Countable subadditivity가 성립한다.
$$\mu^\ast\left( \bigcup_{n=1}^\infty E_n \right) \leq \sum_{n=1}^\infty \mu^\ast(E_n), \quad (\forall E_n \in \mathcal{P}(\mathbb{R}^p))$$
$$\mu^\ast\left( \bigcup_ {n=1}^\infty E_n \right) \leq \sum_ {n=1}^\infty \mu^\ast(E_n), \quad (\forall E_n \in \mathcal{P}(\mathbb{R}^p))$$
**증명.**
@@ -97,23 +97,23 @@ Outer measure라 부르는 이유는 $E$의 바깥에서 길이를 재서 근사
$$\mu^\ast(A) \leq \mu(G) \leq \mu(A) + \epsilon$$
이다. $\mu^\ast$의 정의에 의해 열린집합 $A_n \in \Sigma$ 가 존재하여 $A \subseteq\displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty A_n$ 이고
이다. $\mu^\ast$의 정의에 의해 열린집합 $A_n \in \Sigma$ 가 존재하여 $A \subseteq\displaystyle\bigcup_ {n=1}^\infty A_n$ 이고
$$\sum_{n=1}^\infty \mu(A_n) \leq \mu^\ast(A) + \epsilon$$
$$\sum_ {n=1}^\infty \mu(A_n) \leq \mu^\ast(A) + \epsilon$$
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.
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.
따라서
$$\mu(A) \leq \mu(F) + \epsilon \leq \sum_{i=1}^N \mu(A_i) \leq \sum_{i=1}^n \mu(A_i) + \epsilon \leq \mu^\ast(A) + 2\epsilon$$
$$\mu(A) \leq \mu(F) + \epsilon \leq \sum_ {i=1}^N \mu(A_i) \leq \sum_ {i=1}^n \mu(A_i) + \epsilon \leq \mu^\ast(A) + 2\epsilon$$
이제 $\epsilon \rightarrow 0$ 로 두면 $\mu(A) = \mu^\ast(A)$ 를 얻는다.
\(2\) 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.
\(2\) 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.
$\mu^\ast$는 하한(infimum)으로 정의되었기 때문에,
$$\mu^\ast\left( \bigcup_{n=1}^\infty E_n \right) \leq \sum_{n=1}^\infty \sum_{k=1}^\infty \mu(A_{n,k}) \leq \sum_{n=1}^\infty \mu^\ast(E_n) + \epsilon$$
$$\mu^\ast\left( \bigcup_ {n=1}^\infty E_n \right) \leq \sum_ {n=1}^\infty \sum_ {k=1}^\infty \mu(A_ {n,k}) \leq \sum_ {n=1}^\infty \mu^\ast(E_n) + \epsilon$$
가 성립하고, $\epsilon \rightarrow 0$ 로 두면 부등식이 성립함을 알 수 있다.
@@ -135,13 +135,13 @@ Countably additive 조건이 성립하는 집합들만 모아서 measure를 cons
- $A_1, B_2, B_1, B_2 \in \mathbb{R}^p$ 일 때, 다음이 성립한다.
$$\left.\begin{array}{c}d(A_1 \cup A_2, B_1 \cup B_2) \\d(A_1 \cap A_2, B_1 \cap B_2) \\d(A_1 \setminus A_2, B_1 \setminus B_2)\end{array}\right\rbrace \leq d(A_1, B_1) + d(A_2, B_2).$$
$$\left.\begin{array}{c}d(A_1 \cup A_2, B_1 \cup B_2) \\d(A_1 \cap A_2, B_1 \cap B_2) \\d(A_1 \setminus A_2, B_1 \setminus B_2)\end{array}\right\rbrace\leq d(A_1, B_1) + d(A_2, B_2).$$
**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.
**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.
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.
**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.
**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.
**참고.** $\mu^\ast(A) = d(A, \varnothing) \leq d(A, B) + \mu^\ast(B)$.
@@ -149,7 +149,7 @@ Countably additive 조건이 성립하는 집합들만 모아서 measure를 cons
$$\lvert \mu^\ast(A) - \mu^\ast(B) \rvert \leq d(A, B).$$
**따름정리.** $A \in \mathfrak{M}_F(\mu)$ 이면 $\mu^\ast(A) < \infty$ 이다.
**따름정리.** $A \in \mathfrak{M} _ F(\mu)$ 이면 $\mu^\ast(A) < \infty$ 이다.
**증명.** $A_n \in \Sigma$ 가 존재하여 $A_n \rightarrow A$ 이고, $N \in \mathbb{N}$ 이 존재하여
@@ -157,7 +157,7 @@ $$\mu^\ast(A) \leq d(A_N, A) + \mu^\ast(A_N) \leq 1 + \mu^\ast(A_N) < \infty$$
이다.
**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.
**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.
**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.
@@ -169,15 +169,15 @@ $$\mu^\ast(A) \leq d(A_N, A) + \mu^\ast(A_N) \leq 1 + \mu^\ast(A_N) < \infty$$
**증명.** $\mathfrak{M}(\mu)$가 $\sigma$-algebra이고 $\mu^\ast$가 $\mathfrak{M}(\mu)$에서 countably additive임을 보이면 충분하다.
(Step 0) *$\mathfrak{M}_F(\mu)$는 ring이다.*
**(Step 0)** *$\mathfrak{M} _ F(\mu)$는 ring이다.*
$A, B \in \mathfrak{M}_F(\mu)$ 라 하자. 그러면 $A_n, B_n \in \Sigma$ 이 존재하여 $A_n \rightarrow A$, $B_n \rightarrow B$ 이 된다. 그러면
$A, B \in \mathfrak{M} _ F(\mu)$ 라 하자. 그러면 $A_n, B_n \in \Sigma$ 이 존재하여 $A_n \rightarrow A$, $B_n \rightarrow B$ 이 된다. 그러면
$$\left.\begin{array}{c}d(A_n \cup B_n, A \cup B) \\ d(A_n \cap B_n, A \cap B) \\ d(A_n \setminus B_n, A \setminus B)\end{array}\right\rbrace \leq d(A_n, A) + d(B_n, B) \rightarrow 0$$
$$\left.\begin{array}{c}d(A_n \cup B_n, A \cup B) \\ d(A_n \cap B_n, A \cap B) \\ d(A_n \setminus B_n, A \setminus B)\end{array}\right\rbrace\leq d(A_n, A) + d(B_n, B) \rightarrow 0$$
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.
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.
**(Step 1)** *$\mu^\ast$는 $\mathfrak{M}_F(\mu)$ 위에서 additive이다*.
**(Step 1)** *$\mu^\ast$는 $\mathfrak{M} _ F(\mu)$ 위에서 additive이다*.
$\Sigma$ 위에서는 $\mu = \mu^\ast$ 이므로, 위 따름정리에 의해
@@ -189,63 +189,63 @@ $$\mu^\ast(A) + \mu^\ast(B) = \mu^\ast(A\cup B) + \mu^\ast(A \cap B)$$
를 얻는다. $A \cap B = \varnothing$ 라는 조건이 추가되면 $\mu^\ast$가 additive임을 알 수 있다.
**(Step 2)** *$\mathfrak{M}_F(\mu) = \lbrace A \in \mathfrak{M}(\mu) : \mu^\ast(A) < \infty\rbrace$.*[^2]
**(Step 2)** *$\mathfrak{M} _ F(\mu) = \lbrace A \in \mathfrak{M}(\mu) : \mu^\ast(A) < \infty\rbrace$.*[^2]
**Claim**. 쌍마다 서로소인 $\mathfrak{M}_F(\mu)$의 원소들을 잡아 이들의 합집합으로 $A \in \mathfrak{M}(\mu)$ 를 표현할 수 있다.
**Claim**. 쌍마다 서로소인 $\mathfrak{M} _ F(\mu)$의 원소들을 잡아 이들의 합집합으로 $A \in \mathfrak{M}(\mu)$ 를 표현할 수 있다.
**증명.** $A_n' \in \mathfrak{M}_F(\mu)$ 에 대하여 $A = \bigcup A_n'$ 로 두자.
**증명.** $A_n' \in \mathfrak{M} _ F(\mu)$ 에 대하여 $A = \bigcup A_n'$ 로 두자.
> $A_1 = A_1'$, $n \geq 2$ 이면 $A_n = A_n' \setminus(A_1'\cup \cdots \cup A_{n-1}')$
> $A_1 = A_1'$, $n \geq 2$ 이면 $A_n = A_n' \setminus(A_1'\cup \cdots \cup A_ {n-1}')$
와 같이 정의하면 $A_n$이 쌍마다 서로소이고 $A_n \in \mathfrak{M}_F(\mu)$ 임을 알 수 있다.
와 같이 정의하면 $A_n$이 쌍마다 서로소이고 $A_n \in \mathfrak{M} _ F(\mu)$ 임을 알 수 있다.
위 사실을 이용하여 $$A_n \in \mathfrak{M}_F(\mu)$$ 에 대하여 $$A = \displaystyle\bigcup_{n=1}^\infty A_n$$ 으로 두자.
위 사실을 이용하여 $A_n \in \mathfrak{M} _ F(\mu)$ 에 대하여 $A = \displaystyle\bigcup_ {n=1}^\infty A_n$ 으로 두자.
1. Countable subadditivity에 의해 $\displaystyle\mu^\ast(A) \leq \sum_{n=1}^{\infty} \mu^\ast (A_n)$ 가 성립한다.
1. Countable subadditivity에 의해 $\displaystyle\mu^\ast(A) \leq \sum_ {n=1}^{\infty} \mu^\ast (A_n)$ 가 성립한다.
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.
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.
따라서 $\displaystyle\mu^\ast(A) = \sum_{n=1}^\infty \mu^\ast(A_n)$ 이다.[^3] [^4]
따라서 $\displaystyle\mu^\ast(A) = \sum_ {n=1}^\infty \mu^\ast(A_n)$ 이다.[^3] [^4]
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
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
$$\displaystyle d(A, B_n) = \mu^\ast\left( \bigcup_{k=n+1}^\infty A_k \right) = \sum_{k=n+1}^{\infty} \mu^\ast(A_i) \rightarrow 0 \text{ as } n \rightarrow\infty$$
$$\displaystyle d(A, B_n) = \mu^\ast\left( \bigcup_ {k=n+1}^\infty A_k \right) = \sum_ {k=n+1}^{\infty} \mu^\ast(A_i) \rightarrow 0 \text{ as } n \rightarrow\infty$$
임을 알 수 있다.
$B_n \in \mathfrak{M}_F(\mu)$ 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.
$B_n \in \mathfrak{M} _ F(\mu)$ 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.
**(Step 3)** *$\mu^\ast$는 $\mathfrak{M}(\mu)$ 위에서 countably additive이다.*
$A_n \in \mathfrak{M}(\mu)$ 가 $A \in \mathfrak{M}(\mu)$ 의 분할이라 하자. 적당한 $m \in \mathbb{N}$ 에 대하여 $\mu^\ast(A_m) = \infty$ 이면
$$\mu^\ast\left( \bigcup_{n=1}^\infty A_n \right) \geq \mu^\ast(A_m) = \infty = \sum_{n=1}^\infty \mu^\ast(A_n)$$
$$\mu^\ast\left( \bigcup_ {n=1}^\infty A_n \right) \geq \mu^\ast(A_m) = \infty = \sum_ {n=1}^\infty \mu^\ast(A_n)$$
이므로 countable additivity가 성립한다.
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
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
$$\mu^\ast(A) = \mu^\ast\left( \bigcup_{n=1}^\infty A_n \right) = \sum_{n=1}^\infty \mu^\ast(A_n)$$
$$\mu^\ast(A) = \mu^\ast\left( \bigcup_ {n=1}^\infty A_n \right) = \sum_ {n=1}^\infty \mu^\ast(A_n)$$
가 성립한다.
**(Step 4)** *$\mathfrak{M}(\mu)$는 $\sigma$-ring이다.*
$A_n \in \mathfrak{M}(\mu)$ 이면 $$B_{n, k} \in \mathfrak{M}_F(\mu)$$ 가 존재하여 $$\displaystyle A_n = \bigcup_k B_{n,k}$$ 이다. 그러면
$A_n \in \mathfrak{M}(\mu)$ 이면 $B_ {n, k} \in \mathfrak{M} _ F(\mu)$ 가 존재하여 $\displaystyle A_n = \bigcup_k B_ {n,k}$ 이다. 그러면
$$\bigcup_n A_n = \bigcup_{n, k} B_{n, k} \in \mathfrak{M}(\mu)$$
$$\bigcup_n A_n = \bigcup_ {n, k} B_ {n, k} \in \mathfrak{M}(\mu)$$
이다.
$A, B \in \mathfrak{M}(\mu)$ 라 하면 $A_n, B_n \in \mathfrak{M}_F(\mu)$ 에 대해 $\displaystyle A = \bigcup A_n$, $\displaystyle B = \bigcup B_n$ 이므로,
$A, B \in \mathfrak{M}(\mu)$ 라 하면 $A_n, B_n \in \mathfrak{M} _ F(\mu)$ 에 대해 $\displaystyle A = \bigcup A_n$, $\displaystyle B = \bigcup B_n$ 이므로,
$$A \setminus B = \bigcup_{n=1}^\infty \left( A_n \setminus B \right) = \bigcup_{n=1}^\infty (A_n\setminus(A_n\cap B))$$
$$A \setminus B = \bigcup_ {n=1}^\infty \left( A_n \setminus B \right) = \bigcup_ {n=1}^\infty (A_n\setminus(A_n\cap B))$$
임을 알 수 있다. 그러므로 $A_n \cap B \in \mathfrak{M}_F(\mu)$ 인 것만 보이면 충분하다. 정의에 의해
임을 알 수 있다. 그러므로 $A_n \cap B \in \mathfrak{M} _ F(\mu)$ 인 것만 보이면 충분하다. 정의에 의해
$$A_n \cap B = \bigcup_{k=1}^\infty (A_n \cap B_k) \in \mathfrak{M}(\mu)$$
$$A_n \cap B = \bigcup_ {k=1}^\infty (A_n \cap B_k) \in \mathfrak{M}(\mu)$$
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.
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.
따라서 $\mathfrak{M}(\mu)$는 $\sigma$-ring이고 $\sigma$-algebra이다.
@@ -257,6 +257,6 @@ $$A_n \cap B = \bigcup_{k=1}^\infty (A_n \cap B_k) \in \mathfrak{M}(\mu)$$
[^2]: $A$가 $\mu$-measurable인데 $\mu^\ast(A) < \infty$이면 $A$는 finitely $\mu$-measurable이다.
[^3]: $A$가 countable union of sets in $\mathfrak{M}_F(\mu)$이므로 $\mu^\ast$도 각 set의 $\mu^\ast$의 합이 된다.
[^3]: $A$가 countable union of sets in $\mathfrak{M} _ F(\mu)$이므로 $\mu^\ast$도 각 set의 $\mu^\ast$의 합이 된다.
[^4]: 아직 증명이 끝나지 않았습니다. $A_n$은 $\mathfrak{M}(\mu)$의 원소가 아니라 $\mathfrak{M}_F(\mu)$의 원소입니다.
[^4]: 아직 증명이 끝나지 않았습니다. $A_n$은 $\mathfrak{M}(\mu)$의 원소가 아니라 $\mathfrak{M} _ F(\mu)$의 원소입니다.

25
_posts/Mathematics/Measure Theory/2023-01-24-measure-spaces.md
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@@ -19,11 +19,11 @@ Construction of measure 증명에서 추가로 참고할 내용입니다.
**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.
**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
**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
$$A = \bigcup_{\substack{x \in \mathbb{Q}^p, \; r \in \mathbb{Q}\\ I(x, r)\subseteq A}} I(x, r)$$
$$A = \bigcup_ {\substack{x \in \mathbb{Q}^p, \; r \in \mathbb{Q}\\ I(x, r)\subseteq A}} I(x, r)$$
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.
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.
**명제.** $A \in \mathfrak{M}(\mu)$ 이면 임의의 $\epsilon > 0$ 에 대하여
@@ -33,15 +33,15 @@ $$F \subseteq A \subseteq G, \quad \mu\left( G \setminus A \right) < \epsilon, \
이는 곧 정의역을 $\mathfrak{M}(\mu)$로 줄였음에도 $\mu$가 여전히 $\mathfrak{M}(\mu)$ 위에서 regular라는 뜻입니다.
**증명.** $A = \bigcup_{n=1}^\infty A_n$ ($A_n \in \mathfrak{M}_F(\mu)$) 로 두고 $\epsilon > 0$ 을 고정하자. 각 $n \in \mathbb{N}$ 에 대하여 열린집합 $B_{n, k} \in \Sigma$ 를 잡아 $A_n \subseteq\bigcup_{k=1}^\infty B_{n, k}$ 와
**증명.** $A = \bigcup_ {n=1}^\infty A_n$ ($A_n \in \mathfrak{M} _ F(\mu)$) 로 두고 $\epsilon > 0$ 을 고정하자. 각 $n \in \mathbb{N}$ 에 대하여 열린집합 $B_ {n, k} \in \Sigma$ 를 잡아 $A_n \subseteq\bigcup_ {k=1}^\infty B_ {n, k}$ 와
$$\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$$
$$\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$$
을 만족하도록 할 수 있다.[^1]
이제 열린집합을 잡아보자. $G_n = \bigcup_{k=1}^{\infty} B_{n, k}$ 으로 두고 $G = \bigcup_{n=1}^{\infty} G_n$ 로 잡는다. $A_n \in \mathfrak{M}_F(\mu)$ 이므로 $\mu\left( A_n \right) < \infty$ 이고, 다음이 성립한다.
이제 열린집합을 잡아보자. $G_n = \bigcup_ {k=1}^{\infty} B_ {n, k}$ 으로 두고 $G = \bigcup_ {n=1}^{\infty} G_n$ 로 잡는다. $A_n \in \mathfrak{M} _ F(\mu)$ 이므로 $\mu\left( A_n \right) < \infty$ 이고, 다음이 성립한다.
$$\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}$$
$$\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}$$
닫힌집합의 존재성을 보이기 위해 위 과정을 $A^C$에 대해 반복하면 $A^C \subseteq F^C$, $\mu\left( F^C \setminus A^C \right) < \epsilon$ 가 되도록 열린집합 $F^C$를 잡을 수 있다. $F$가 닫힌집합이고 $F^C \setminus A^C = F^C \cap A = A\setminus F$ 이므로 $\mu\left( A \setminus F \right) < \epsilon$ 이고 $F\subseteq A$ 이다.
@@ -49,7 +49,7 @@ $$\begin{aligned} \mu\left( G \setminus A \right) & = \mu\left( \bigcup_{
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
$$\mathfrak{B} = \bigcap_{O \subseteq G,\;G:\, \sigma\text{-algebra}} G$$
$$\mathfrak{B} = \bigcap_ {O \subseteq G,\;G:\, \sigma\text{-algebra}} G$$
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.
@@ -63,11 +63,11 @@ $$\mathfrak{B} = \bigcap_{O \subseteq G,\;G:\, \sigma\text{-algebra}} G$$
$$F_n \subseteq A \subseteq G_n, \quad \mu\left( G_n \setminus A \right) < \frac{1}{n}, \quad \mu\left( A \setminus F_n \right) < \frac{1}{n}.$$
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.
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.
한편, $A = F \cup (A \setminus F)$, $G = A \cup (G \setminus A)$ 로 적을 수 있다. 그런데 $n \rightarrow\infty$ 일 때
$$\left.\begin{array}{r}\mu\left( G \setminus A \right)\leq \mu\left( G_n \setminus A \right) < \frac{1}{n} \\ \mu\left( A \setminus F \right) \leq \mu\left( A \setminus F_n \right) < \frac{1}{n}\end{array}\right\rbrace \rightarrow 0$$
$$\left.\begin{array}{r}\mu\left( G \setminus A \right)\leq \mu\left( G_n \setminus A \right) < \frac{1}{n} \\ \mu\left( A \setminus F \right) \leq \mu\left( A \setminus F_n \right) < \frac{1}{n}\end{array}\right\rbrace \rightarrow 0$$
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.
@@ -75,7 +75,7 @@ $$\left.\begin{array}{r}\mu\left( G \setminus A \right)\leq \mu\left( G_n \setmi
**증명.** Countable subadditivity를 확인하면 나머지는 자명하다. 모든 $n\in \mathbb{N}$ 에 대하여 $\mu\left( A_n \right) = 0$ 이라 하면
$$\mu\left( \bigcup_{n=1}^{\infty} A_n \right) \leq \sum_{n=1}^{\infty} \mu\left( A_n \right) = 0$$
$$\mu\left( \bigcup_ {n=1}^{\infty} A_n \right) \leq \sum_ {n=1}^{\infty} \mu\left( A_n \right) = 0$$
이다.
@@ -91,7 +91,7 @@ Uncountable인 경우에는 Cantor set $P$를 생각한다. $E_n$을 다음과
- $E_2 = \left[0, \frac{1}{9}\right] \cup \left[\frac{2}{9}, \frac{3}{9}\right] \cup \left[\frac{6}{9}, \frac{7}{9}\right] \cup \left[\frac{8}{9}, 1\right]$, 마찬가지로 $E_1$의 구간을 3등분하여 가운데를 제외한 것이다.
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.
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.
**참고.** $\mathfrak{M}(m) \subsetneq \mathcal{P}(\mathbb{R}^p)$. $\mathbb{R}^p$의 부분집합 중 measurable하지 않은 집합이 존재한다.[^2]
@@ -118,4 +118,3 @@ Uncountable인 경우에는 Cantor set $P$를 생각한다. $E_n$을 다음과
[^1]: 첫 번째 부등식은 countable subadditivity, 두 번째 부등식은 $\mu^\ast$의 정의에서 나온다.
[^2]: [Vitali set](https://en.wikipedia.org/wiki/Vitali_set) 참고.

73
_posts/Mathematics/Measure Theory/2023-02-06-measurable-functions.md
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@@ -31,35 +31,35 @@ $$\lbrace x \in X : f(x) > a\rbrace$$
**따름정리.** $\mathbb{R}^p$에서 정의된 연속함수는 Lebesgue measurable이다.
**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.
**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.
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.
**정리.** Measurable space $X$ 위에서 정의된 함수 $f$가 주어졌을 때, 다음은 동치이다.
1. 모든 $a \in \mathbb{R}$ 에 대하여 $\lbrace x : f(x) > a\rbrace $는 measurable이다.
1. 모든 $a \in \mathbb{R}$ 에 대하여 $\lbrace x : f(x) > a\rbrace$는 measurable이다.
2. 모든 $a \in \mathbb{R}$ 에 대하여 $\lbrace x : f(x) \geq a\rbrace $는 measurable이다.
2. 모든 $a \in \mathbb{R}$ 에 대하여 $\lbrace x : f(x) \geq a\rbrace$는 measurable이다.
3. 모든 $a \in \mathbb{R}$ 에 대하여 $\lbrace x : f(x) < a\rbrace $는 measurable이다.
3. 모든 $a \in \mathbb{R}$ 에 대하여 $\lbrace x : f(x) < a\rbrace$는 measurable이다.
4. 모든 $a \in \mathbb{R}$ 에 대하여 $\lbrace x : f(x) \leq a\rbrace $는 measurable이다.
4. 모든 $a \in \mathbb{R}$ 에 대하여 $\lbrace x : f(x) \leq a\rbrace$는 measurable이다.
**증명.** 우선 (1)을 가정하고, 다음 관계식을 이용하면
$$\begin{aligned} \lbrace x : f(x) \geq a\rbrace & = f^{-1}\left( [a, \infty) \right) \\ & = f^{-1}\left( \bigcup_{n=1}^{\infty} \left( a + \frac{1}{n}, \infty \right) \right) \\ & = \bigcup_{n=1}^{\infty} f^{-1}\left( \left( a + \frac{1}{n}, \infty \right) \right) \end{aligned}$$
$$\begin{aligned} \lbrace x : f(x) \geq a\rbrace & = f^{-1}\left( [a, \infty) \right) \\ & = f^{-1}\left( \bigcup_ {n=1}^{\infty} \left( a + \frac{1}{n}, \infty \right) \right) \\ & = \bigcup_ {n=1}^{\infty} f^{-1}\left( \left( a + \frac{1}{n}, \infty \right) \right) \end{aligned}$$
measurable set의 countable union도 measurable이므로 ($\sigma$-algebra) (2)가 성립한다. 이제 (2)를 가정하면
$$\lbrace x : f(x) < a\rbrace = X \setminus\lbrace x : f(x) \geq a\rbrace$$
$$\lbrace x : f(x) < a\rbrace = X \setminus\lbrace x : f(x) \geq a\rbrace$$
로부터 (3)이 성립하는 것을 알 수 있다. (3)을 가정하면 위와 마찬가지 방법으로
$$\begin{aligned} \lbrace x : f(x) \leq a\rbrace & = f^{-1}\left( (-\infty, a] \right) \\ & = f^{-1}\left( \bigcup_{n=1}^{\infty} \left( -\infty, a - \frac{1}{n} \right) \right) \\ & = \bigcup_{n=1}^{\infty} f^{-1}\left( \left( -\infty, a - \frac{1}{n} \right) \right) \end{aligned}$$
$$\begin{aligned} \lbrace x : f(x) \leq a\rbrace & = f^{-1}\left( (-\infty, a] \right) \\ & = f^{-1}\left( \bigcup_ {n=1}^{\infty} \left( -\infty, a - \frac{1}{n} \right) \right) \\ & = \bigcup_ {n=1}^{\infty} f^{-1}\left( \left( -\infty, a - \frac{1}{n} \right) \right) \end{aligned}$$
과 같이 변형하여 (4)가 성립함을 알 수 있다. 마지막으로 (4)를 가정하면
$$\lbrace x : f(x) > a\rbrace = X \setminus\lbrace x : f(x) \leq a\rbrace$$
$$\lbrace x : f(x) > a\rbrace = X \setminus\lbrace x : f(x) \leq a\rbrace$$
로부터 (1)이 성립함을 알 수 있다.
@@ -71,7 +71,7 @@ $$\lbrace x : f(x) > a\rbrace = X \setminus\lbrace x : f(x) \leq a\rbrace$$
**증명.** 다음 관계로부터 자명하다.
$$\lbrace x : \lvert f(x) \rvert < a\rbrace = \lbrace x : f(x) < a\rbrace \cap \lbrace x : f(x) > -a\rbrace .$$
$$\lbrace x : \lvert f(x) \rvert < a\rbrace = \lbrace x : f(x) < a\rbrace \cap \lbrace x : f(x) > -a\rbrace.$$
역은 성립할까요?
@@ -79,35 +79,35 @@ $$\lbrace x : \lvert f(x) \rvert < a\rbrace = \lbrace x : f(x) < a\rbrace \cap
$$g(x) = \begin{cases} x & (x \in S) \\ -x & (x \notin S). \end{cases}$$
그러면 모든 $x \in \mathbb{R}$ 에 대해 $\lvert g(x) \rvert = x$ 이므로 $\lvert g \rvert$는 measurable function이다. 하지만 $\lbrace x : g(x) > 0\rbrace = \mathbb{R}\setminus(-\infty, 0] = S$ 는 measurable이 아니므로 $g$는 measurable function이 아니다.
그러면 모든 $x \in \mathbb{R}$ 에 대해 $\lvert g(x) \rvert = x$ 이므로 $\lvert g \rvert$는 measurable function이다. 하지만 $\lbrace x : g(x) > 0\rbrace = \mathbb{R}\setminus(-\infty, 0] = S$ 는 measurable이 아니므로 $g$는 measurable function이 아니다.
**명제.** $f, g$가 measurable function이라 하자.
1. $\max\lbrace f, g\rbrace $, $\min\lbrace f, g\rbrace $는 measurable function이다.
1. $\max\lbrace f, g\rbrace$, $\min\lbrace f, g\rbrace$는 measurable function이다.
2. $f^+ = \max\lbrace f, 0\rbrace $, $f^- = -\min\lbrace f, 0\rbrace $ 는 measurable function이다.
2. $f^+ = \max\lbrace f, 0\rbrace$, $f^- = -\min\lbrace f, 0\rbrace$ 는 measurable function이다.
**증명.** 다음과 같이 적는다.
$$\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}$$
$$\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}$$
그리고 (2)는 (1)에 의해 자명하다.
다음은 함수열의 경우입니다. Measurable 함수열의 극한함수도 measurable일까요?
**정리.** $\lbrace f_n\rbrace $가 measurable 함수열이라 하자. 그러면
**정리.** $\lbrace f_n\rbrace$가 measurable 함수열이라 하자. 그러면
$$\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$$
$$\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$$
은 모두 measurable이다.
**증명.** 다음이 성립한다.
$$\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).$$
$$\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).$$
따라서 위 명제는 $\sup f_n$에 대해서만 보이면 충분하다. 이제 $\sup f_n$이 measurable function인 것은
$$\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}$$
$$\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}$$
로부터 당연하다.
@@ -119,15 +119,15 @@ $\lim f_n$이 존재하는 경우, 위 명제를 이용하면 $\lim f_n = \limsu
**정리.** $X$에서 정의된 실함수 $f, g$가 measurable이라 하자. 연속함수 $F: \mathbb{R}^2 \rightarrow\mathbb{R}$ 에 대하여 $h(x) = F\big(f(x), g(x)\big)$ 는 measurable이다. 이로부터 $f + g$와 $fg$가 measurable임을 알 수 있다.[^2]
**증명.** $a \in \mathbb{R}$ 에 대하여 $G_a = \lbrace (u, v)\in \mathbb{R}^2 : F(u, v) > a\rbrace $ 로 정의합니다. 그러면 $F$가 연속이므로 $G_a$는 열린집합이고, $G_a$ 열린구간의 합집합으로 적을 수 있다. 따라서 $a_n, b_n, c_n, d_n\in \mathbb{R}$ 에 대하여
**증명.** $a \in \mathbb{R}$ 에 대하여 $G_a = \lbrace (u, v)\in \mathbb{R}^2 : F(u, v) > a\rbrace$ 로 정의합니다. 그러면 $F$가 연속이므로 $G_a$는 열린집합이고, $G_a$ 열린구간의 합집합으로 적을 수 있다. 따라서 $a_n, b_n, c_n, d_n\in \mathbb{R}$ 에 대하여
$$G_a = \displaystyle\bigcup_{n=1}^{\infty} (a_n, b_n) \times (c_n, d_n)$$
$$G_a = \displaystyle\bigcup_ {n=1}^{\infty} (a_n, b_n) \times (c_n, d_n)$$
로 두면
$$\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}$$
$$\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}$$
이다. 여기서 $f, g$가 measurable이므로 $\lbrace x \in X : F\bigl(f(x), g(x)\bigr) > a\rbrace $도 measurable이다. 이로부터 $F(x, y) = x + y$, $F(x, y) = xy$ 인 경우를 고려하면 $f+g$, $fg$가 measurable임을 알 수 있다.
이다. 여기서 $f, g$가 measurable이므로 $\lbrace x \in X : F\bigl(f(x), g(x)\bigr) > a\rbrace$도 measurable이다. 이로부터 $F(x, y) = x + y$, $F(x, y) = xy$ 인 경우를 고려하면 $f+g$, $fg$가 measurable임을 알 수 있다.
## Characteristic Function
@@ -137,7 +137,7 @@ $$\begin{aligned} \lbrace x \in X : F\bigl(f(x), g(x)\bigr) > a\rbrace =
$$\chi_E(x) = \begin{cases} 1 & (x\in E) \\ 0 & (x \notin E). \end{cases}$$
참고로 characteristic function은 indicator function 등으로도 불리며, $\mathbf{1}_E, K_E$로 표기하는 경우도 있습니다.
참고로 characteristic function은 indicator function 등으로도 불리며, $\mathbf{1} _ E, K_E$로 표기하는 경우도 있습니다.
## Simple Function
@@ -145,13 +145,13 @@ $$\chi_E(x) = \begin{cases} 1 & (x\in E) \\ 0 & (x \notin E). \end{cas
치역이 유한집합임을 이용하면 simple function은 다음과 같이 적을 수 있습니다.
**참고.** 치역의 원소를 잡아 $s(X) = \lbrace c_1, c_2, \dots, c_n\rbrace $ 로 두자. 여기서 $E_i = s^{-1}(c_i)$ 로 두면 다음과 같이 적을 수 있다.
**참고.** 치역의 원소를 잡아 $s(X) = \lbrace c_1, c_2, \dots, c_n\rbrace$ 로 두자. 여기서 $E_i = s^{-1}(c_i)$ 로 두면 다음과 같이 적을 수 있다.
$$s(x) = \sum_{i=1}^{n} c_i \chi_{E_i}(x).$$
$$s(x) = \sum_ {i=1}^{n} c_i \chi_ {E_i}(x).$$
이로부터 모든 simple function은 characteristic function의 linear combination으로 표현됨을 알 수 있습니다. 물론 $E_i$는 쌍마다 서로소입니다.
여기서 $E_i$에 measurable 조건이 추가되면, 정의에 의해 $\chi_{E_i}$도 measurable function입니다. 따라서 모든 measurable simple function을 measurable $\chi_{E_i}$의 linear combination으로 표현할 수 있습니다.
여기서 $E_i$에 measurable 조건이 추가되면, 정의에 의해 $\chi_ {E_i}$도 measurable function입니다. 따라서 모든 measurable simple function을 measurable $\chi_ {E_i}$의 linear combination으로 표현할 수 있습니다.
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@@ -159,39 +159,39 @@ $$s(x) = \sum_{i=1}^{n} c_i \chi_{E_i}(x).$$
**정리.** $f : X \rightarrow\overline{\mathbb{R}}$ 라 두자. 모든 $x \in X$ 에 대하여
$$\lim_{n \rightarrow\infty} s_n(x) = f(x), \quad \lvert s_n(x) \rvert \leq \lvert f(x) \rvert$$
$$\lim_ {n \rightarrow\infty} s_n(x) = f(x), \quad \lvert s_n(x) \rvert \leq \lvert f(x) \rvert$$
인 simple 함수열 $s_n$이 존재한다. 여기서 추가로
1. $f$가 유계이면 $s_n$은 $f$로 고르게 수렴한다.
2. $f\geq 0$ 이면 단조증가하는 함수열 $s_n$이 존재하며 $\displaystyle\sup_{n\in \mathbb{N}} s_n = f$ 이다.
2. $f\geq 0$ 이면 단조증가하는 함수열 $s_n$이 존재하며 $\displaystyle\sup_ {n\in \mathbb{N}} s_n = f$ 이다.
3. **$f$가 measurable이면 measurable simple 함수열 $s_n$이 존재한다.**
**증명.** 우선 $f \geq 0$ 인 경우부터 보인다. $n \in \mathbb{N}$ 에 대하여 집합 $E_{n, i}$를 다음과 같이 정의한다.
**증명.** 우선 $f \geq 0$ 인 경우부터 보인다. $n \in \mathbb{N}$ 에 대하여 집합 $E_ {n, i}$를 다음과 같이 정의한다.
$$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}$$
$$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}$$
이를 이용하여
$$s_n(x) = \sum_{n=0}^{n\cdot 2^n} \frac{i}{2^n} \chi_{E_{n, i}} (x)$$
$$s_n(x) = \sum_ {n=0}^{n\cdot 2^n} \frac{i}{2^n} \chi_ {E_ {n, i}} (x)$$
로 두면 $s_n$은 simple function이다. 여기서 $E_{n, i}$와 $s_n$의 정의로부터 $s_n(x) \leq f(x)$ 은 자연스럽게 얻어지고, $x \in \lbrace x : f(x) < n\rbrace $ 에 대하여 $\lvert f(x) - s_n(x) \rvert \leq 2^{-n}$ 인 것도 알 수 있다. 여기서 $f(x) \rightarrow\infty$ 로 발산하는 부분이 존재하더라도, 충분히 큰 $n$에 대하여 $\lbrace x : f(x) \geq n\rbrace $ 위에서는 $s_n(x) = n \rightarrow\infty$ 이므로 문제가 되지 않는다. 따라서
로 두면 $s_n$은 simple function이다. 여기서 $E_ {n, i}$와 $s_n$의 정의로부터 $s_n(x) \leq f(x)$ 은 자연스럽게 얻어지고, $x \in \lbrace x : f(x) < n\rbrace$ 에 대하여 $\lvert f(x) - s_n(x) \rvert \leq 2^{-n}$ 인 것도 알 수 있다. 여기서 $f(x) \rightarrow\infty$ 로 발산하는 부분이 존재하더라도, 충분히 큰 $n$에 대하여 $\lbrace x : f(x) \geq n\rbrace$ 위에서는 $s_n(x) = n \rightarrow\infty$ 이므로 문제가 되지 않는다. 따라서
$$\lim_{n \rightarrow\infty} s_n(x) = f(x), \quad (x \in X)$$
$$\lim_ {n \rightarrow\infty} s_n(x) = f(x), \quad (x \in X)$$
라 할 수 있다.
(1)을 증명하기 위해 $f$가 유계임을 가정하면, 적당한 $M > 0$ 에 대해 $f(x) < M$ 이다. 그러면 충분히 큰 $n$에 대하여 $\lbrace x : f(x) < n\rbrace = X$ 이므로 모든 $x \in X$ 에 대해
(1)을 증명하기 위해 $f$가 유계임을 가정하면, 적당한 $M > 0$ 에 대해 $f(x) < M$ 이다. 그러면 충분히 큰 $n$에 대하여 $\lbrace x : f(x) < n\rbrace = X$ 이므로 모든 $x \in X$ 에 대해
$$\lvert f(x) - s_n(x) \rvert \leq 2^{-n}$$
가 되어 $s_n$이 $f$로 고르게 수렴함을 알 수 있다.
(2)의 경우 $s_n$의 정의에 의해 단조증가함을 알 수 있다. 여기서 $f \geq 0$ 조건은 분명히 필요하다. $s_n(x) \leq s_{n+1}(x)$ 이므로 당연히 $\displaystyle\sup_{n\in \mathbb{N}} s_n = f$ 이다.
(2)의 경우 $s_n$의 정의에 의해 단조증가함을 알 수 있다. 여기서 $f \geq 0$ 조건은 분명히 필요하다. $s_n(x) \leq s_ {n+1}(x)$ 이므로 당연히 $\displaystyle\sup_ {n\in \mathbb{N}} s_n = f$ 이다.
(3)을 증명하기 위해 $f$가 measurable임을 가정하면 $E_{n, i}$도 measurable이므로 $s_n$은 measurable simple 함수열이 된다.
(3)을 증명하기 위해 $f$가 measurable임을 가정하면 $E_ {n, i}$도 measurable이므로 $s_n$은 measurable simple 함수열이 된다.
이제 일반적인 $f$에 대해서는 $f = f^+ - f^-$ 로 적는다.[^3] 그러면 앞서 증명한 사실을 이용해 $g_n \rightarrow f^+$, $h_n \rightarrow f^-$ 인 simple function $g_n, h_n$을 잡을 수 있다. 이제 $s_n = g_n - h_n$ 으로 두면 $\lvert s_n(x) \rvert \leq \lvert f(x) \rvert$ 가 성립하고, $s_n \rightarrow f$ 도 성립한다.
@@ -210,4 +210,3 @@ $$f_n + g_n \rightarrow f + g, \quad f_ng_n \rightarrow fg$$
[^2]: 참고로 $\infty - \infty$ 의 경우는 정의되지 않으므로 생각하지 않습니다.
[^3]: 이 정의에서 $\infty - \infty$ 가 나타나지 않음에 유의해야 합니다.

33
_posts/Mathematics/Measure Theory/2023-02-13-lebesgue-integration.md
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@@ -17,9 +17,9 @@ image:
$E \in \mathscr{F}$ 일 때, 적분을 정의하기 위해
$$\mathscr{F}_E = \lbrace A \cap E : A \in \mathscr{F}\rbrace , \quad \mu_E = \mu|_{\mathscr{F}_E}$$
$$\mathscr{F} _ E = \lbrace A \cap E : A \in \mathscr{F}\rbrace, \quad \mu_E = \mu|_ {\mathscr{F} _ E}$$
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
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
$$\int_E f \,d{\mu} = \int f \chi _E \,d{\mu}$$
@@ -43,13 +43,13 @@ $$\int \chi_A \,d{\mu} = \mu(A)$$
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.
**(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
**(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
$$f(x) = \sum_{k=1}^n a_k \chi_{A_k}$$
$$f(x) = \sum_ {k=1}^n a_k \chi_ {A_k}$$
와 같이 표현할 수 있다. 이제
$$\int f\,d{\mu} = \sum_{k=1}^n a_k \mu(A_k) \in [0, \infty]$$
$$\int f\,d{\mu} = \sum_ {k=1}^n a_k \mu(A_k) \in [0, \infty]$$
로 정의한다.
@@ -61,17 +61,17 @@ Well-definedness를 증명하기 위해 임의의 linear combination을 잡아
**증명.** $f$가 다음과 같이 두 가지 방법으로 표현된다고 하자.
$$f(x) = \sum_{k=1}^n a_k \chi_{A_k} = \sum_{i=1}^m b_i \chi_{B_i}.$$
$$f(x) = \sum_ {k=1}^n a_k \chi_ {A_k} = \sum_ {i=1}^m b_i \chi_ {B_i}.$$
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
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
$$\sum_{k=1}^n a_k \mu(A_k) = \sum_{k=1}^n a_k \mu\left( A_k \cap \bigcup_{i=1}^m B_i \right) = \sum_{k=1}^n \sum_{i=1}^m a_k \mu(C_{k, i}),$$
$$\sum_ {k=1}^n a_k \mu(A_k) = \sum_ {k=1}^n a_k \mu\left( A_k \cap \bigcup_ {i=1}^m B_i \right) = \sum_ {k=1}^n \sum_ {i=1}^m a_k \mu(C_ {k, i}),$$
$$\sum_{i=1}^m b_i \mu(B_i) = \sum_{i=1}^{m} b_i \mu\left( B_i \cap \bigcup_{k=1}^n A_k \right)= \sum_{i=1}^m \sum_{k=1}^n b_i \mu(C_{k, i})$$
$$\sum_ {i=1}^m b_i \mu(B_i) = \sum_ {i=1}^{m} b_i \mu\left( B_i \cap \bigcup_ {k=1}^n A_k \right)= \sum_ {i=1}^m \sum_ {k=1}^n b_i \mu(C_ {k, i})$$
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
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
$$\int f \,d{\mu }= \sum_{k=1}^n a_k \mu(A_k) = \sum_{i=1}^m b_i \mu(B_i)$$
$$\int f \,d{\mu }= \sum_ {k=1}^n a_k \mu(A_k) = \sum_ {i=1}^m b_i \mu(B_i)$$
가 되어 적분값은 유일하고 위 정의가 well-defined임을 알 수 있다.
@@ -87,11 +87,11 @@ $$\int \left( af + bg \right) \,d{\mu} = a \int f \,d{\mu} + b \int g \,d{\mu}$$
**증명.** 위 Step 2와 동일하게
$$f = \sum_{j=1}^m y_j \chi_{A_j}, \quad g = \sum_{k=1}^n z_k \chi_{B_k}$$
$$f = \sum_ {j=1}^m y_j \chi_ {A_j}, \quad g = \sum_ {k=1}^n z_k \chi_ {B_k}$$
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
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
$$\begin{aligned} a \int f \,d{\mu} + b \int g \,d{\mu} & = \sum_{j} ay_j \mu(A_j) + \sum_k b z_k \mu(B_k) \\ & = \sum_{j} ay_j \sum_k \mu(A_j \cap B_k) + \sum_k b z_k \sum_j \mu(B_k \cap A_j) \\ & = \sum_{j} \sum_k ay_j \mu(C_{j, k}) + \sum_k \sum_j b z_k \mu(C_{j, k}) \\ & = \sum_{j, k} (ay_j + bz_k) \mu(C_{j, k}) = \int \left( af + bg \right) \,d{\mu} \end{aligned}$$
$$\begin{aligned} a \int f \,d{\mu} + b \int g \,d{\mu} & = \sum_ {j} ay_j \mu(A_j) + \sum_k b z_k \mu(B_k) \\ & = \sum_ {j} ay_j \sum_k \mu(A_j \cap B_k) + \sum_k b z_k \sum_j \mu(B_k \cap A_j) \\ & = \sum_ {j} \sum_k ay_j \mu(C_ {j, k}) + \sum_k \sum_j b z_k \mu(C_ {j, k}) \\ & = \sum_ {j, k} (ay_j + bz_k) \mu(C_ {j, k}) = \int \left( af + bg \right) \,d{\mu} \end{aligned}$$
이다.
@@ -113,7 +113,7 @@ $$\int f \,d{\mu} = \int \left[g + (f - g)\right] \,d{\mu} = \int g\,d{\mu} + \i
**(Step 3)** $f: X \rightarrow[0, \infty]$ 가 measurable일 때,
$$\int f \,d{\mu} = \sup\left\lbrace \int h \,d{\mu}: 0\leq h \leq f, h \text{ measurable and simple}\right\rbrace .$$
$$\int f \,d{\mu} = \sup\left\lbrace \int h \,d{\mu}: 0\leq h \leq f, h \text{ measurable and simple}\right\rbrace.$$
로 정의한다.
@@ -123,7 +123,7 @@ $f$보다 작은 measurable simple function의 적분값 중 상한을 택하겠
$f \geq 0$ 가 measurable이면 증가하는 measurable simple 함수열 $s_n$이 존재함을 지난 번에 보였습니다. 이 $s_n$에 대하여 적분값을 계산해보면
$$\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 )$$
$$\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)$$
임을 알 수 있습니다. 이제 $n \rightarrow\infty$ 일 때 우변이 곧 $\displaystyle\int f \,d{\mu}$ 이기를 기대합니다.
@@ -162,4 +162,3 @@ $$f \in \mathcal{L}^1(E, \mu)$$
$$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).$$
[^1]: 계수가 같거나, measure가 0이 되어 같거나.

63
_posts/Mathematics/Measure Theory/2023-03-25-convergence-theorems.md
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@@ -19,13 +19,13 @@ image:
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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.
**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.
$$\lim_{n\rightarrow\infty} f_n(x) = \sup_{n} f_n(x) = f(x)$$
$$\lim_ {n\rightarrow\infty} f_n(x) = \sup_ {n} f_n(x) = f(x)$$
로 두면,
$$\int f \,d{\mu} = \lim_{n\rightarrow\infty} \int f_n \,d{\mu} = \sup_{n \in \mathbb{N}} \int f_n \,d{\mu}$$
$$\int f \,d{\mu} = \lim_ {n\rightarrow\infty} \int f_n \,d{\mu} = \sup_ {n \in \mathbb{N}} \int f_n \,d{\mu}$$
이다.
@@ -41,43 +41,43 @@ $$\sup_n \int f_n \,d{\mu} \leq \int f \,d{\mu}.$$
$$E_n = \lbrace x \in X : f_n(x) \geq cs(x)\rbrace$$
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.
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.
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
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
$$\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},$$
$$\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},$$
이고 여기서 $s, \chi_{E_n}$는 simple function이다. 그러므로 $s = \sum_{k=0}^m y_k \chi_{A_k}$ 라고 적으면
이고 여기서 $s, \chi_ {E_n}$는 simple function이다. 그러므로 $s = \sum_ {k=0}^m y_k \chi_ {A_k}$ 라고 적으면
$$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)$$
$$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)$$
이다. $n\rightarrow\infty$ 일 때 $A_k\cap E_n \nearrow A_k$ 이므로, continuity of measure를 사용해 $\mu(A_k \cap E_n) \nearrow \mu(A_k)$ 를 얻고
$$\lim_{n\rightarrow\infty} \int s \chi_{E_n}\,d{\mu} = \int s \,d{\mu}$$
$$\lim_ {n\rightarrow\infty} \int s \chi_ {E_n}\,d{\mu} = \int s \,d{\mu}$$
임도 알 수 있다. 이제 ($\star$)를 이용하면
$$\lim_{n\rightarrow\infty} \int f_n \,d{\mu} \geq c\int s \,d{\mu}$$
$$\lim_ {n\rightarrow\infty} \int f_n \,d{\mu} \geq c\int s \,d{\mu}$$
이므로, $c \nearrow 1$ 로 두고 $0\leq s\leq f$ 에 대하여 $\sup$을 취하면
$$\lim_{n\rightarrow\infty} \int f_n \,d{\mu} \geq \sup_{0\leq s\leq f} \int s \,d{\mu} = \int f \,d{\mu}$$
$$\lim_ {n\rightarrow\infty} \int f_n \,d{\mu} \geq \sup_ {0\leq s\leq f} \int s \,d{\mu} = \int f \,d{\mu}$$
가 되어 원하는 결과를 얻는다.
**참고.** 만약 부등식 $0 \leq f_n \leq f_{n+1}$ 이 정의역 전체가 아닌 정의역의 부분집합 $E$에서만 성립한다고 하면, 다음과 같이 생각할 수 있다.
**참고.** 만약 부등식 $0 \leq f_n \leq f_ {n+1}$ 이 정의역 전체가 아닌 정의역의 부분집합 $E$에서만 성립한다고 하면, 다음과 같이 생각할 수 있다.
$$0 \leq f_n \chi_E \leq f_{n+1} \chi_E \nearrow f \chi_E.$$
$$0 \leq f_n \chi_E \leq f_ {n+1} \chi_E \nearrow f \chi_E.$$
그러므로 단조 수렴 정리가 $E$에서도 성립함을 알 수 있다.
> $E$에서 $0\leq f_n \leq f_{n+1} \nearrow f$ 이면 $\displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty} \int_E f_n \,d{\mu} = \int_E f \,d{\mu}$.
> $E$에서 $0\leq f_n \leq f_ {n+1} \nearrow f$ 이면 $\displaystyle\lim_ {n\rightarrow\infty} \int_E f_n \,d{\mu} = \int_E f \,d{\mu}$.
**참고.** 함수열 $f_n$이 증가하는 경우에만 정리가 성립합니다. 감소하는 경우에는 반례로 함수 $f_n = \chi_{[n, \infty)}$ 를 생각할 수 있습니다. 그러면 $n \rightarrow\infty$ 일 때 $\chi_{[n, \infty)} \searrow 0$ 입니다.
**참고.** 함수열 $f_n$이 증가하는 경우에만 정리가 성립합니다. 감소하는 경우에는 반례로 함수 $f_n = \chi_ {[n, \infty)}$ 를 생각할 수 있습니다. 그러면 $n \rightarrow\infty$ 일 때 $\chi_ {[n, \infty)} \searrow 0$ 입니다.
그러면 Lebesgue measure $m$에 대하여
$$\infty = \int \chi_{[n, \infty)} \,d{m} \neq \int 0 \,d{m} = 0$$
$$\infty = \int \chi_ {[n, \infty)} \,d{m} \neq \int 0 \,d{m} = 0$$
이 되어 단조 수렴 정리가 성립하지 않음을 확인할 수 있습니다.
@@ -85,15 +85,15 @@ $$\infty = \int \chi_{[n, \infty)} \,d{m} \neq \int 0 \,d{m} = 0$$
지난 번에 $f \geq 0$ 가 measurable이면 증가하는 measurable simple 함수열 $s_n$이 존재함을 보였고, 이 $s_n$에 대하여 적분값을 계산하여
$$\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 )$$
$$\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)$$
라는 결과까지 얻었습니다. 그런데 여기서
$$f(x) = \displaystyle\lim_{n\rightarrow\infty} s_n(x)$$
$$f(x) = \displaystyle\lim_ {n\rightarrow\infty} s_n(x)$$
이기 때문에, 단조 수렴 정리에 의해
$$\int_E f \,d{\mu} = \lim_{n\rightarrow\infty} \int_E s_n \,d{\mu}$$
$$\int_E f \,d{\mu} = \lim_ {n\rightarrow\infty} \int_E s_n \,d{\mu}$$
가 성립하여 기대했던 결과를 얻었습니다. 지난 번 설명한 것처럼, 이는 곧 르벡 적분은 치역을 잘게 잘라 넓이를 계산한 것으로 이해할 수 있다는 의미가 됩니다.
@@ -105,7 +105,7 @@ $$\int_E f \,d{\mu} = \lim_{n\rightarrow\infty} \int_E s_n \,d{\mu}$$
$$\int_E \left( \alpha f + \beta g \right) \,d{\mu} = \alpha \int_E f \,d{\mu} + \beta \int_E g\,d{\mu}.$$
**증명.** Measurable function은 measurable simple function으로 근사할 수 있고, $f, g \geq 0$ 이므로 단조증가하도록 잡을 수 있다. 그러므로 measurable simple function $f_n$, $g_n$에 대하여 $0 \leq f_n \leq f_{n+1} \nearrow f$, $0 \leq g_n \leq g_{n+1} \nearrow g$ 으로 잡는다.
**증명.** Measurable function은 measurable simple function으로 근사할 수 있고, $f, g \geq 0$ 이므로 단조증가하도록 잡을 수 있다. 그러므로 measurable simple function $f_n$, $g_n$에 대하여 $0 \leq f_n \leq f_ {n+1} \nearrow f$, $0 \leq g_n \leq g_ {n+1} \nearrow g$ 으로 잡는다.
그러면 $\alpha f_n + \beta g_n \nearrow \alpha f + \beta g$ 이고 $\alpha f_n + \beta g_n$ 은 단조증가하는 measurable simple 함수열이다. 따라서 단조 수렴 정리에 의해
@@ -115,11 +115,11 @@ $$\int_E \left( \alpha f_n + \beta g_n \right) \,d{\mu} = \alpha \int_E f_n \,d{
이와 비슷한 방법을 급수에도 적용할 수 있습니다.
**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.
**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.
$$\int_E \sum_{n=1}^\infty f_n \,d{\mu} = \sum_{n=1}^\infty \int_E f_n \,d{\mu}.$$
$$\int_E \sum_ {n=1}^\infty f_n \,d{\mu} = \sum_ {n=1}^\infty \int_E f_n \,d{\mu}.$$
**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.
**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.
## Fatou's Lemma
@@ -127,15 +127,15 @@ $$\int_E \sum_{n=1}^\infty f_n \,d{\mu} = \sum_{n=1}^\infty \int_E f_n \,d{\mu}.
**정리.** (Fatou) $f_n \geq 0$ 가 measurable이고 $E$가 measurable이라 하자. 다음이 성립한다.
$$\int_E \liminf_{n\rightarrow\infty} f_n \,d{\mu} \leq \liminf_{n\rightarrow\infty} \int_E f_n \,d{\mu}.$$
$$\int_E \liminf_ {n\rightarrow\infty} f_n \,d{\mu} \leq \liminf_ {n\rightarrow\infty} \int_E f_n \,d{\mu}.$$
**증명.** $g_n = \displaystyle\inf_{k \geq n} f_k$ 으로 두면 $\displaystyle\lim_{n \rightarrow\infty} g_n = \liminf_{n\rightarrow\infty} f_n$ 이다. $g_n$이 증가함은 쉽게 확인할 수 있으며 $g_n \geq 0$ 이다. $g_n$의 정의로부터 모든 $k \geq n$ 에 대하여 $g_n \leq f_k$ 이므로,
**증명.** $g_n = \displaystyle\inf_ {k \geq n} f_k$ 으로 두면 $\displaystyle\lim_ {n \rightarrow\infty} g_n = \liminf_ {n\rightarrow\infty} f_n$ 이다. $g_n$이 증가함은 쉽게 확인할 수 있으며 $g_n \geq 0$ 이다. $g_n$의 정의로부터 모든 $k \geq n$ 에 대하여 $g_n \leq f_k$ 이므로,
$$\int_E g_n \,d{\mu} \leq \inf_{k\geq n} \int_E f_k \,d{\mu}$$
$$\int_E g_n \,d{\mu} \leq \inf_ {k\geq n} \int_E f_k \,d{\mu}$$
이다. 여기서 $n \rightarrow\infty$ 로 두면
$$\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}$$
$$\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}$$
이 된다. 여기서 첫 번째 등호는 단조 수렴 정리에 의해 성립한다.
@@ -143,9 +143,9 @@ $$\int_E \liminf_{n\rightarrow\infty} f_n \,d{\mu} = \lim_{n \rightarrow\infty}
**참고.** 왠지 위와 비슷한 결론이 $\limsup$에 대해서도 성립해야 할 것 같습니다. 구체적으로,
$$\int_E \limsup_{n \rightarrow\infty} f_n \,d{\mu} \geq \limsup_{n \rightarrow\infty} \int_E f_n \,d{\mu}$$
$$\int_E \limsup_ {n \rightarrow\infty} f_n \,d{\mu} \geq \limsup_ {n \rightarrow\infty} \int_E f_n \,d{\mu}$$
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.
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.
## Properties of the Lebesgue Integral
@@ -189,11 +189,10 @@ $$\int_E \limsup_{n \rightarrow\infty} f_n \,d{\mu} \geq \limsup_{n \rightarrow\
$$\int_A \lvert f \rvert \,d{\mu} \leq \int_E \lvert f \rvert\,d{\mu} < \infty.$$
6. 만약 measure가 0인 집합에서 적분을 하면 어떻게 될까요? $\mu(E) = 0$ 라 하고, measurable function $f$를 적분해 보겠습니다. 여기서 $\min\lbrace \lvert f \rvert, n\rbrace \chi_E$ 도 measurable이며 $n \rightarrow\infty$ 일 때 $\min\lbrace \lvert f \rvert, n\rbrace \chi_E \nearrow \lvert f \rvert\chi_E$ 임을 이용합니다. 마지막으로 단조 수렴 정리를 적용하면
6. 만약 measure가 0인 집합에서 적분을 하면 어떻게 될까요? $\mu(E) = 0$ 라 하고, measurable function $f$를 적분해 보겠습니다. 여기서 $\min\lbrace \lvert f \rvert, n\rbrace\chi_E$ 도 measurable이며 $n \rightarrow\infty$ 일 때 $\min\lbrace \lvert f \rvert, n\rbrace\chi_E \nearrow \lvert f \rvert\chi_E$ 임을 이용합니다. 마지막으로 단조 수렴 정리를 적용하면
$$\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}$$
$$\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}$$
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]
[^1]: 편의상 $0\cdot\infty = 0$ 으로 정의했기 때문에 $f \equiv \infty$ 인 경우에도 성립합니다.

51
_posts/Mathematics/Measure Theory/2023-04-07-dominated-convergence-theorem.md
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@@ -25,11 +25,11 @@ image:
**정리.** (Markov's Inequality) $u \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu)$ 라 하자. 모든 $c > 0$ 에 대하여
$$\mu\left( \lbrace \lvert u \rvert \geq c\rbrace \cap E \right) \leq \frac{1}{c} \int_E \lvert u \rvert \,d{\mu}$$
$$\mu\left( \lbrace \lvert u \rvert \geq c\rbrace \cap E \right) \leq \frac{1}{c} \int_E \lvert u \rvert \,d{\mu}$$
이다.
**증명.** $\displaystyle\int_E \lvert u \rvert \,d{\mu} \geq \int_{E\cap \lbrace \lvert u \rvert\geq c\rbrace } \lvert u \rvert \,d{\mu} \geq \int_{E\cap \lbrace \lvert u \rvert\geq c\rbrace } c \,d{\mu} = c \mu\left( \lbrace \lvert u \rvert \geq c\rbrace \cap E \right)$.
**증명.** $\displaystyle\int_E \lvert u \rvert \,d{\mu} \geq \int_ {E\cap \lbrace \lvert u \rvert\geq c\rbrace} \lvert u \rvert \,d{\mu} \geq \int_ {E\cap \lbrace \lvert u \rvert\geq c\rbrace} c \,d{\mu} = c \mu\left( \lbrace \lvert u \rvert \geq c\rbrace \cap E \right)$.
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.
@@ -39,19 +39,19 @@ $$\mu\left( \lbrace \lvert u \rvert \geq c\rbrace \cap E \right) \leq \frac{1}{
2. $u = 0$ $\mu$-a.e. on $E$.
3. $\mu\left( \lbrace x \in E : u(x) \neq 0\rbrace \right) = 0$.
3. $\mu\left( \lbrace x \in E : u(x) \neq 0\rbrace \right) = 0$.
**증명.**
(2 $\iff$ 3) $E\cap\lbrace u\neq 0\rbrace $ 가 measurable이므로 정의에 의해 당연하다.
(2 $\iff$ 3) $E\cap\lbrace u\neq 0\rbrace$ 가 measurable이므로 정의에 의해 당연하다.
(2 $\implies$ 1) $\displaystyle\int_E \lvert u \rvert \,d{\mu} = \int_{E \cap \lbrace \lvert u \rvert > 0\rbrace } \lvert u \rvert \,d{\mu} + \int_{E \cap \lbrace \lvert u \rvert = 0\rbrace } \lvert u \rvert \,d{\mu} = 0 + 0 = 0$.
(2 $\implies$ 1) $\displaystyle\int_E \lvert u \rvert \,d{\mu} = \int_ {E \cap \lbrace \lvert u \rvert > 0\rbrace} \lvert u \rvert \,d{\mu} + \int_ {E \cap \lbrace \lvert u \rvert = 0\rbrace} \lvert u \rvert \,d{\mu} = 0 + 0 = 0$.
(1 $\implies$ 3) Markov's inequality를 사용하면
$$\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$$
$$\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$$
이다. 이제 $n\rightarrow\infty$ 일 때 continuity of measure를 사용하면 $\mu\left( \lbrace \lvert u \rvert > 0\rbrace \cap E \right) = 0$ 이다.
이다. 이제 $n\rightarrow\infty$ 일 때 continuity of measure를 사용하면 $\mu\left( \lbrace \lvert u \rvert > 0\rbrace \cap E \right) = 0$ 이다.
위 정리의 결과를 생각해 보면 다음이 성립함도 알 수 있습니다.
@@ -65,15 +65,15 @@ $$\int_A f \,d{\mu} = \int_B f \,d{\mu}$$
**정리.** $u \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu)$ 이면 $u(x) \in \mathbb{R}$ $\mu$-a.e. on $E$ 이다. 즉, $u(x) = \infty$ 인 집합의 measure가 0이다.
**증명.** $\mu\left( \lbrace \lvert u \rvert \geq 1\rbrace \cap E \right) \leq \displaystyle\int_E \lvert u \rvert \,d{\mu} < \infty$.[^2] 그러므로
**증명.** $\mu\left( \lbrace \lvert u \rvert \geq 1\rbrace\cap E \right) \leq \displaystyle\int_E \lvert u \rvert \,d{\mu} < \infty$.[^2] 그러므로
$$\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}$$
$$\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}$$
이다.
적분 가능하다면 어차피 함숫값이 무한한 영역은 적분값에 영향을 주지 않으므로, 함숫값이 유한한 곳에서만 적분해도 될 것입니다.
**따름정리.** $u \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu)$ 이면 $\displaystyle\int_E u \,d{\mu} = \int_{E \cap \lbrace \lvert u \rvert < \infty\rbrace } u \,d{\mu}$ 이다.
**따름정리.** $u \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu)$ 이면 $\displaystyle\int_E u \,d{\mu} = \int_ {E \cap \lbrace \lvert u \rvert < \infty\rbrace} u \,d{\mu}$ 이다.
### Linearity of the Lebesgue Integral
@@ -87,7 +87,7 @@ $$\int_E \left( f_1 + f_2 \right) \,d{\mu} = \int_E f_1 \,d{\mu} + \int_E f_2 \,
**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
$$N = \left\lbrace x : \max\left\lbrace f_1^+, f_1^-, f_2^+, f_2^-, f^+, f^-\right\rbrace = \infty \right\rbrace$$
$$N = \left\lbrace x : \max\left\lbrace f_1^+, f_1^-, f_2^+, f_2^-, f^+, f^-\right\rbrace = \infty \right\rbrace$$
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,
@@ -95,11 +95,11 @@ $$f^+ - f^- = f_1^+ - f_1^- + f_2^+ - f_2^- \implies f^+ + f_1^- + f_2^- = f^- +
이다. 그러면
$$\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}$$
$$\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}$$
이고, $\mu(N) = 0$ 임을 이용하여 $N$ 위에서의 적분값을 더해주면
$$\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}$$
$$\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}$$
를 얻는다.
@@ -107,19 +107,19 @@ $$\int_{E \setminus N} f \,d{\mu} = \int_{E \setminus N} f_1 \,d{\mu} + \int_{E
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.
**정리.** (단조 수렴 정리) $f_n$이 measurable이고 $0 \leq f_n(x) \leq f_{n+1}(x)$ $\mu$-a.e. 라 하자.
**정리.** (단조 수렴 정리) $f_n$이 measurable이고 $0 \leq f_n(x) \leq f_ {n+1}(x)$ $\mu$-a.e. 라 하자.
$$\lim_{n\rightarrow\infty} f_n(x) = f(x)$$
$$\lim_ {n\rightarrow\infty} f_n(x) = f(x)$$
로 두면,
$$\lim_{n \rightarrow\infty} \int_E f_n \,d{\mu} = \int_E f \,d{\mu}.$$
$$\lim_ {n \rightarrow\infty} \int_E f_n \,d{\mu} = \int_E f \,d{\mu}.$$
이다.
**정리.** (Fatou) $f_n$이 measurable이고 $f_n(x) \geq 0$ $\mu$-a.e. 라 하자. 다음이 성립한다.
$$\int_E \liminf_{n\rightarrow\infty} f_n \,d{\mu} \leq \liminf_{n\rightarrow\infty} \int_E f_n \,d{\mu}.$$
$$\int_E \liminf_ {n\rightarrow\infty} f_n \,d{\mu} \leq \liminf_ {n\rightarrow\infty} \int_E f_n \,d{\mu}.$$
비슷한 느낌으로 다음과 같은 명제를 생각할 수도 있습니다.
@@ -139,7 +139,7 @@ $$\int \lvert f \rvert \,d{\mu} \leq \int \lvert g \rvert \,d{\mu}$$
그러면 $\sim$은 equivalence relation이고 다음과 같이 적을 수 있다.
$$[f] = \lbrace g \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu) : f \sim g\rbrace .$$
$$[f] = \lbrace g \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu) : f \sim g\rbrace.$$
이처럼 equivalence relation을 정의하면 equivalence class의 대표에 대해서만 생각해도 충분합니다. 사실상 거의 모든 점에서 함숫값이 같다면 같은 함수로 보겠다는 뜻이 됩니다.
@@ -149,9 +149,9 @@ $$[f] = \lbrace g \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu) : f \sim g\rbrace .$$
![mt-07.png](../../../assets/img/posts/mt-07.png)
**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,
**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,
$$\lim_{n \rightarrow\infty} \int_E \lvert f_n - f \rvert \,d{\mu} = 0$$
$$\lim_ {n \rightarrow\infty} \int_E \lvert f_n - f \rvert \,d{\mu} = 0$$
이다.
@@ -165,13 +165,13 @@ $$\lim_{n \rightarrow\infty} \int_E \lvert f_n - f \rvert \,d{\mu} = 0$$
이므로 위 정리의 결론은 곧
$$\lim_{n \rightarrow\infty} \int f_n \,d{\mu} = \int f \,d{\mu}$$
$$\lim_ {n \rightarrow\infty} \int f_n \,d{\mu} = \int f \,d{\mu}$$
를 의미한다.
**증명.** 다음과 같은 집합을 정의한다.
$$A = \left\lbrace \displaystyle x \in E : \lim_{n \rightarrow\infty} f_n(x) \text{가 존재하고}, f_n(x), f(x), g(x) \in \mathbb{R}, \lvert f_n(x) \rvert \leq g(x)\right\rbrace .$$
$$A = \left\lbrace \displaystyle x \in E : \lim_ {n \rightarrow\infty} f_n(x) \text{가 존재하고}, f_n(x), f(x), g(x) \in \mathbb{R}, \lvert f_n(x) \rvert \leq g(x)\right\rbrace.$$
그러면 가정에 의해 $\mu\left( E\setminus A \right) = 0$ 이다. 이제 $x \in A$ 에 대해서만 생각해도 충분하다. 그러면
@@ -179,15 +179,14 @@ $$2g - \lvert f_n - f \rvert \geq 2g - \bigl(\lvert f_n \rvert + \lvert f \rvert
이다. $\lvert f_n - f \rvert \rightarrow 0$, $2g - \lvert f_n - f \rvert \rightarrow 2g$ 이므로, Fatou’s lemma를 적용하면
$$\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}$$
$$\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}$$
이다. 따라서
$$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}$$
$$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}$$
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.
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.
[^1]: 예를 들어, ‘$f(x)$가 연속이다’ 등.
[^2]: Continuity of measure를 사용하기 위해서는 첫 번째 집합의 measure가 유한해야 한다.

45
_posts/Mathematics/Measure Theory/2023-06-20-comparison-with-riemann-integral.md
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@@ -17,7 +17,7 @@ image:
먼저 혼동을 막기 위해 Lebesgue measure $m$에 대하여 르벡 적분을
$$\int_{[a, b]} f \,d{m} = \int_{[a, b]} f \,d{x} = \int_a^b f \,d{x}$$
$$\int_ {[a, b]} f \,d{m} = \int_ {[a, b]} f \,d{x} = \int_a^b f \,d{x}$$
와 같이 표기하고, 리만 적분은
@@ -35,39 +35,39 @@ $$\mathcal{R}\int_a^b f\,d{x}$$
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.
**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.
**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.
그러면 리만 적분의 정의로부터
$$\lim_{k \rightarrow\infty} L(P_k, f) = \mathcal{R}\underline{\int_{a}^{b}} f\,d{x}, \quad \lim_{k \rightarrow\infty} U(P_k, f) = \mathcal{R} \overline{\int_{a}^{b}} f \,d{x}$$
$$\lim_ {k \rightarrow\infty} L(P_k, f) = \mathcal{R}\underline{\int_ {a}^{b}} f\,d{x}, \quad \lim_ {k \rightarrow\infty} U(P_k, f) = \mathcal{R} \overline{\int_ {a}^{b}} f \,d{x}$$
임을 알 수 있다.
이제 measurable simple function $U_k, L_k$를 다음과 같이 잡는다.
$$U_k = \sum_{i=1}^{n_k} \sup_{x_{i-1}^k \leq y \leq x_{i}^k} f(y) \chi_{(x_{i-1}^k, x_i^k]}, \quad L_k = \sum_{i=1}^{n_k} \inf_{x_{i-1}^k \leq y \leq x_{i}^k} f(y) \chi_{(x_{i-1}^k, x_i^k]}.$$
$$U_k = \sum_ {i=1}^{n_k} \sup_ {x_ {i-1}^k \leq y \leq x_ {i}^k} f(y) \chi_ {(x_ {i-1}^k, x_i^k]}, \quad L_k = \sum_ {i=1}^{n_k} \inf_ {x_ {i-1}^k \leq y \leq x_ {i}^k} f(y) \chi_ {(x_ {i-1}^k, x_i^k]}.$$
그러면 구간 $[a, b]$ 위에서 $L_k \leq f \leq U_k$인 것은 당연하고, 르벡 적분이 가능하므로
$$\int_a^b L_k \,d{x} = L(P_k, f), \quad \int_a^b U_k \,d{x} = U(P_k, f)$$
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.
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.
그러므로
$$L(x) = \lim_{k \rightarrow\infty} L_k(x), \quad U(x) = \lim_{k \rightarrow\infty} U_k(x)$$
$$L(x) = \lim_ {k \rightarrow\infty} L_k(x), \quad U(x) = \lim_ {k \rightarrow\infty} U_k(x)$$
로 정의했을 때, 극한이 존재함을 알 수 있다. 여기서 $f, L_k, U_k$가 모두 유계인 함수이므로 지배 수렴 정리에 의해
$$\int_a^b L \,d{x} = \lim_{k \rightarrow\infty} \int_a^b L_k \,d{x} = \lim_{k \rightarrow\infty} L(P_k, f) = \mathcal{R}\underline{\int_{a}^{b}} f\,d{x} < \infty,$$
$$\int_a^b L \,d{x} = \lim_ {k \rightarrow\infty} \int_a^b L_k \,d{x} = \lim_ {k \rightarrow\infty} L(P_k, f) = \mathcal{R}\underline{\int_ {a}^{b}} f\,d{x} < \infty,$$
$$\int_a^b U\,d{x} = \lim_{k \rightarrow\infty} \int_a^b U_k \,d{x} = \lim_{k \rightarrow\infty} U(P_k, f) = \mathcal{R} \overline{\int_{a}^{b}} f \,d{x} < \infty$$
$$\int_a^b U\,d{x} = \lim_ {k \rightarrow\infty} \int_a^b U_k \,d{x} = \lim_ {k \rightarrow\infty} U(P_k, f) = \mathcal{R} \overline{\int_ {a}^{b}} f \,d{x} < \infty$$
이므로 $L, U \in \mathcal{L}^{1}[a, b]$ 이다.
위 사실을 종합하면 $f \in \mathcal{R}[a, b]$ 일 때,
$$\mathcal{R}\underline{\int_{a}^{b}} f\,d{x} = \mathcal{R}\overline{\int_{a}^{b}} f\,d{x}$$
$$\mathcal{R}\underline{\int_ {a}^{b}} f\,d{x} = \mathcal{R}\overline{\int_ {a}^{b}} f\,d{x}$$
이므로
@@ -79,29 +79,29 @@ $$\int_a^b (U - L)\,d{x} = 0$$
$$\int_a^b f \,d{x} = \mathcal{R}\int_a^b f\,d{x} < \infty \implies f \in \mathcal{L}^{1}[a, b].$$
(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
(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
$$\lvert L_n(x) - L(x) \rvert + \lvert U_n(x) - U(x) \rvert < \epsilon$$
이 되도록 할 수 있다. 그러면 $y \in (t_{j_0-1}^n, t_{j_0}^n)$ 일 때
이 되도록 할 수 있다. 그러면 $y \in (t_ {j_0-1}^n, t_ {j_0}^n)$ 일 때
$$\begin{aligned} \lvert f(x) - f(y) \rvert & \leq M_{j_0}^n - m_{j_0}^n = M_{j_0}^n - U(x) + U(x) - L(x) + L(x) - m_{j_0}^n \\ & \leq U(x) - L(x) + \epsilon \end{aligned}$$
$$\begin{aligned} \lvert f(x) - f(y) \rvert & \leq M_ {j_0}^n - m_ {j_0}^n = M_ {j_0}^n - U(x) + U(x) - L(x) + L(x) - m_ {j_0}^n \\ & \leq U(x) - L(x) + \epsilon \end{aligned}$$
가 됨을 알 수 있다.
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.
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.
따라서, $f$가 연속인 점들의 집합을 $C_f$라 하면
$$\lbrace x : U(x) = L(x)\rbrace \setminus\bigcup_{k=1}^{\infty} P_k \subseteq C_f \subseteq\lbrace x : U(x) = L(x)\rbrace$$
$$\lbrace x : U(x) = L(x)\rbrace \setminus\bigcup_ {k=1}^{\infty} P_k \subseteq C_f \subseteq\lbrace x : U(x) = L(x)\rbrace$$
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.
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.
아래는 증명의 부산물입니다.
**참고.**
1. $x \notin \bigcup_{k=1}^\infty P_k$ 이면 $f$가 $x$에서 연속 $\iff f(x) = U(x) = L(x)$ 이다.
1. $x \notin \bigcup_ {k=1}^\infty P_k$ 이면 $f$가 $x$에서 연속 $\iff f(x) = U(x) = L(x)$ 이다.
2. $L(x) \leq f(x) \leq U(x)$ 이고 measurable function의 극한인 $L(x), U(x)$ 또한 measurable이다.
@@ -109,21 +109,20 @@ $$\lbrace x : U(x) = L(x)\rbrace \setminus\bigcup_{k=1}^{\infty} P_k \subseteq
이제 리만 적분의 유용한 성질들을 가지고 와서 사용할 수 있습니다.
1. $f \geq 0$ 이고 measurable일 때, $f_n = f\chi_{[0, n]}$으로 정의한다. 단조 수렴 정리에 의해
1. $f \geq 0$ 이고 measurable일 때, $f_n = f\chi_ {[0, n]}$으로 정의한다. 단조 수렴 정리에 의해
$$\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}$$
$$\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}$$
이다. 마지막 적분을 리만 적분으로 계산할 수 있다.
2. 닫힌 유계 구간 $I \subseteq(0, \infty)$ 에 대하여 $f \in \mathcal{R}(I)$ 라 하면 $f \in \mathcal{L}^{1}(I)$ 이다. $f_n = f\chi_{[0, n]}$ 으로 잡으면 $\lvert f_n \rvert \leq f$ 이므로 지배 수렴 정리를 적용하여
2. 닫힌 유계 구간 $I \subseteq(0, \infty)$ 에 대하여 $f \in \mathcal{R}(I)$ 라 하면 $f \in \mathcal{L}^{1}(I)$ 이다. $f_n = f\chi_ {[0, n]}$ 으로 잡으면 $\lvert f_n \rvert \leq f$ 이므로 지배 수렴 정리를 적용하여
$$\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}$$
$$\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}$$
임을 알 수 있다.
마찬가지로 $f_n = f\chi_{(1/n, 1)}$ 으로 잡은 경우에도 지배 수렴 정리에 의해
마찬가지로 $f_n = f\chi_ {(1/n, 1)}$ 으로 잡은 경우에도 지배 수렴 정리에 의해
$$\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}$$
$$\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}$$
이 된다.