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Comparison with the Riemann Integral

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}

와 같이 표기하고, 리만 적분은

\mathcal{R}\int_a^b f\,d{x}

로 표기하겠습니다.

정리. a, b \in \mathbb{R} 에 대하여 a < b 이고 함수 $f$가 유계라고 하자.

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.

2. f \in \mathcal{R}[a, b] \iff $f$가 연속 $m$-a.e. on [a, b].

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.

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.

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}

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]}.

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.

그러므로

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 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}

이므로

\int_a^b (U - L)\,d{x} = 0

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.

(1) 위 논의에 의해 f \in \mathcal{R}[a, b] 이면 f = U = L a.e. on [a, b] 이다. 따라서 $f$는 measurable.

\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

\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

\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.

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

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.

2. L(x) \leq f(x) \leq U(x) 이고 measurable function의 극한인 L(x), U(x) 또한 measurable이다.

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.

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

   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

   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

\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.