blog/_posts/Mathematics/Measure Theory/2023-03-25-convergence-theorems.md

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르벡 적분 이론에서 굉장히 자주 사용되는 수렴 정리에 대해 다루겠습니다. 이 정리들을 사용하면 굉장히 유용한 결과를 쉽게 얻을 수 있습니다.

Monotone Convergence Theorem

먼저 단조 수렴 정리(monotone convergence theorem, MCT)입니다. 이 정리에서는 f_n \geq 0 인 것이 매우 중요합니다.

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)

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}

이다.

증명.

(\geq) f_n(x) \leq f(x) 이므로 단조성을 이용하면 모든 n \in \mathbb{N} 에 대하여 \displaystyle\int f_n \,d{\mu} \leq \displaystyle\int f \,d{\mu} 이다. 따라서 다음이 성립한다.

\sup_n \int f_n \,d{\mu} \leq \int f \,d{\mu}.

(\leq) 실수 c \in (0, 1) 를 잡자. 마지막에 c \nearrow 1 로 둘 것이다. 이제 measurable simple function $s$가 0 \leq s \leq f 라 하자. 그러면 모든 x \in X 에 대하여 c \cdot s(x) < f(x) 일 것이다.

이제

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.

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},

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)

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}

임도 알 수 있다. 이제 (\star)를 이용하면

\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}

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.

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}.

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

이 되어 단조 수렴 정리가 성립하지 않음을 확인할 수 있습니다.

---

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)

라는 결과까지 얻었습니다. 그런데 여기서

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}

가 성립하여 기대했던 결과를 얻었습니다. 지난 번 설명한 것처럼, 이는 곧 르벡 적분은 치역을 잘게 잘라 넓이를 계산한 것으로 이해할 수 있다는 의미가 됩니다.

---

다음은 단조 수렴 정리를 활용하여 유용한 결과를 쉽게 얻을 수 있는 예제입니다.

참고. Measurable function f, g \geq 0 과 \alpha, \beta \in [0, \infty) 에 대하여 다음이 성립한다.

\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.

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

\int_E \left( \alpha f_n + \beta g_n \right) \,d{\mu} = \alpha \int_E f_n \,d{\mu} + \beta \int_E g_n \,d{\mu} \rightarrow\alpha \int_E f \,d{\mu} + \beta \int_E g\,d{\mu}

이다.

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.

\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.

Fatou's Lemma

단조 수렴 정리와 동치인 수렴 정리를 하나 더 소개합니다. Fatou's lemma로 알려져 있습니다.

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}.

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}

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}

이 된다. 여기서 첫 번째 등호는 단조 수렴 정리에 의해 성립한다.

참고. 위 증명에서는 단조 수렴 정리를 활용했습니다. 반대로 이 정리를 가정하면 단조 수렴 정리를 증명할 수 있기도 합니다. 따라서 이 둘은 동치입니다. 증명은 생략합니다.

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}

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

르벡 적분의 몇 가지 성질을 소개하고 마칩니다.

1. $f$가 measurable이고 $E$에서 bounded이며 \mu(E) < \infty 일 때, 적당한 실수 M > 0 에 대하여 \lvert f \rvert \leq M 이므로

   int_E \lvert f \rvert \,d{\mu} \leq \int_E M \,d{\mu} = M\mu(E) < \infty$

   임을 알 수 있습니다. 그러므로 f \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu) 입니다. $E$의 measure가 finite라는 가정 하에, bounded function은 모두 르벡 적분 가능합니다.

2. f, g \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu) 이고 $E$에서 f \leq g 일 때, 단조성이 성립함을 보이려고 합니다. 앞에서는 0 \leq f \leq g 인 경우에만 단조성을 증명했었는데, 이를 확장하여 함수가 음의 값을 가지는 경우에도 증명하고 싶습니다. 그러므로 양수인 부분과 음수인 부분을 나누어 고려하여 다음과 같이 적을 수 있습니다.

   chi_E (x) f^+(x) \leq \chi_E(x) g^+(x), \qquad \chi_E(x) g^-(x) \leq \chi_E (x) f^-(x)$

   이로부터

   int_E f^+ \,d{\mu} \leq \int_E g^+ \,d{\mu} < \infty, \qquad \int_E g^- \,d{\mu} \leq \int_E f^- \,d{\mu} < \infty$

   를 얻습니다. 따라서

   int_E f\,d{\mu} \leq \int_E g \,d{\mu}$

   가 성립하고, 함수가 음의 값을 가지는 경우에도 단조성이 성립함을 알 수 있습니다.

3. f \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu), c \in \mathbb{R} 라 하면 cf \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu) 입니다. 왜냐하면

   int_E \lvert c \rvert\lvert f \rvert \,d{\mu} = \lvert c \rvert \int_E \lvert f \rvert\,d{\mu} < \infty$

   이기 때문입니다. 적분이 가능하니 실제 적분값을 계산할 때 선형성이 성립했으면 좋겠습니다. 앞에서는 음이 아닌 실수에 대해서만 증명했었는데, 이도 마찬가지로 확장하려 합니다. c < 0 인 경우만 보이면 됩니다. 이 때, (cf)^+ = -cf^-, (cf)^- = -cf^+ 이므로, 다음이 성립합니다.

   int_E cf \,d{\mu} = \int_E (cf)^+ - \int_E (cf)^- \,d{\mu} = -c \int_E f^- \,d{\mu} - (-c) \int_E f^+ \,d{\mu} = c\int_E f\,d{\mu}.$

4. Measurable function $f$에 대하여 $E$에서 a \leq f(x) \leq b 이고 \mu(E) < \infty 일 때 다음이 성립합니다.

   int_E a \chi_E \,d{\mu} \leq \int_E f\chi_E \,d{\mu} \leq \int_E b \chi_E \,d{\mu} \implies a \mu(E) \leq \int_E f \,d{\mu} \leq b \mu(E).$

   $f$가 르벡 적분 가능하다는 사실은 $f$가 bounded라는 사실을 이용합니다.

5. f \in \mathcal{L}^{1}(E, \mu) 와 measurable set A \subseteq E 가 주어지는 경우, $f$는 $E$의 부분집합인 A 위에서도 르벡 적분 가능합니다. 이는 다음 부등식에서 확인할 수 있습니다.

   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

   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. ↩︎