[FTC의 엄밀한 증명] ch24. 리만 적분의 성질 1

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  본 포스팅은 'Stephen Abbott, 해석학 첫걸음(2판)'을 공부하며 작성하였습니다.

 

 

26. 리만 적분의 성질 1

 

  미적분학을 공부한 적이 있다면 다음의 성질은 매우 익숙할 것이다.

 

정리 26-1)  $[a,b]\subset A$ 에서 유계인 함수 $f:A\to\mathbb{R}$ 과 임의의 $c\in(a,b)$ 에 대해 $f$ 가 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능할 필요충분조건은 $f$ 가 $[a,c]$ 와 $[c,b]$ 에서 리만 적분가능한 것이다. 이때 다음이 성립한다.$$\int_{[a,b]}f=\int_{[a,c]}f+\int_{[c,b]}f$$

 

proof)

  ($\Rightarrow$) : $f$ 가 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능하다고 하자. 임의의 $\epsilon>0$ 을 생각하자. 리만 적분 판정법에 따라 다음을 만족하는 $[a,b]$의 분할 $P$ 가 존재한다.

$$U(f,P)-L(f,P)<\epsilon\tag{1}$$

  다음의 두 집합 $P_1,P_2$ 를 정의하자.

$$P_1=(P\cup\{c\})\cap[a,c]$$

$$P_2=(P\cup\{c\})\cap[c,b]$$

  $P_1$ , $P_2$ 는 각각 $[a,c]$ , $[c,b]$ 의 분할이다. 다음과 같다고 하자.

$$P_1=\{x_0,x_1,\ldots,x_n\}$$

$$P_2=\{y_0,y_1,\ldots,y_m\}$$

  이때 다음과 같다.

$$a=x_0<x_1<\cdots<x_{n-1}<x_n=c$$

$$c=y_0<y_1<\cdots<y_{m-1}<y_m=b$$

  $P_1\cup P_2=P^*$ 라고 하면 $P^*=P\cup\{c\}$ 이므로 $P^*$ 는 $[a,b]$ 의 분할이며 $P\subset P^*$ 이다. 다음과 같다고 하자.

$$z_0=x_0,\;z_1=x_1,\;\ldots,\;z_n=x_n$$

$$z_n=y_0,\;z_{n+1}=y_1,\;\ldots,z_{n+m}=y_m$$

$$P^*=\{z_0,z_1,\ldots,z_{n-1},z_n,z_{n+1},\ldots,z_{n+m}\}$$

  다음이 성립한다.

$$\begin{align}L(f,P^*)=&\;\sum_{k=1}^{n+m}\left(\underset{[z_{k-1},z_k]}{\text{inf}}\;f\right)(z_k-z_{k-1})\\=&\;\sum_{k=1}^{n}\left(\underset{[z_{k-1},z_k]}{\text{inf}}\;f\right)(z_k-z_{k-1})\\&+\sum_{k=n+1}^{n+m}\left(\underset{[z_{k-1},z_k]}{\text{inf}}\;f\right)(z_k-z_{k-1})\\=&\;\sum_{k=1}^{n}\left(\underset{[x_{k-1},x_k]}{\text{inf}}\;f\right)(x_k-x_{k-1})\\&+\sum_{k=1}^{m}\left(\underset{[y_{k-1},y_k]}{\text{inf}}\;f\right)(y_k-y_{k-1})\\=&\;L(f,P_1)+L(f,P_2)\end{align}$$

$$\begin{align}U(f,P^*)=&\;\sum_{k=1}^{n+m}\left(\underset{[z_{k-1},z_k]}{\text{sup}}\;f\right)(z_k-z_{k-1})\\=&\;\sum_{k=1}^{n}\left(\underset{[z_{k-1},z_k]}{\text{sup}}\;f\right)(z_k-z_{k-1})\\&+\sum_{k=n+1}^{n+m}\left(\underset{[z_{k-1},z_k]}{\text{sup}}\;f\right)(z_k-z_{k-1})\\=&\;\sum_{k=1}^{n}\left(\underset{[x_{k-1},x_k]}{\text{sup}}\;f\right)(x_k-x_{k-1})\\&+\sum_{k=1}^{m}\left(\underset{[y_{k-1},y_k]}{\text{sup}}\;f\right)(y_k-y_{k-1})\\=&\;U(f,P_1)+U(f,P_2)\end{align}$$

  $P\subset P^*$ 이므로 정리 25-2에 따르면 다음이 성립한다.

$$L(f,P^*)\ge L(f,P)\quad U(f,P^*)\le U(f,P)$$

$$\therefore U(f,P^*)-L(f,P^*)\le U(f,P)-L(f,P)$$

  식 (1)에 따라 다음이 성립한다.

$$U(f,P^*)-L(f,P^*)<\epsilon$$

  위의 논의에 따라 다음이 성립한다.

$$\begin{align}\epsilon&>U(f,P^*)-L(f,P^*)\\&=\Big(U(f,P_1)+U(f,P_2)\Big)-\Big(L(f,P_1)+L(f,P_2)\Big)\\&=\Big(U(f,P_1)-L(f,P_1)\Big)+\Big(U(f,P_2)-L(f,P_2)\Big)\end{align}$$

  편의를 위해 다음과 같이 쓰자.

$$d_1=U(f,P_1)-L(f,P_1)$$

$$d_2=U(f,P_2)-L(f,P_2)$$

  자명하게 $d_1,d_2\ge 0$ 이 성립하므로 다음이 성립한다.

$$d_1<\epsilon-d_2\le\epsilon$$

$$d_2<\epsilon-d_1\le\epsilon$$

  정리하면 다음을 얻는다.

$$U(f,P_1)-L(f,P_1)<\epsilon\tag{2}$$

$$U(f,P_2)-L(f,P_2)<\epsilon\tag{3}$$

  리만 적분 판정법에 따라 식 (1)은 $f$ 가 $[a,c]$ 에서, 식 (2)는 $f$ 가 $[c,b]$ 에서 리만 적분가능함을 지시한다.

 

  ($\Leftarrow$) : $f$ 가 $[a,c]$ , $[c,b]$ 에서 리만 적분가능하다고 하자. 리만 적분 판정법에 따라 다음을 만족하는 $[a,c]$ 의 분할 $P_1$ , $[c,b]$ 의 분할 $P_2$ 가 존재한다.

$$U(f,P_1)-L(f,P_1)<\frac{\epsilon}{2}$$

$$U(f,P_2)-L(f,P_2)<\frac{\epsilon}{2}$$

  $P=P_1\cup P_2$ 라고 하면 $P$ 는 $[a,b]$ 의 분할이며 이전의 논의에 따라 다음이 성립한다.

$$L(f,P)=L(f,P_1)+L(f,P_2)$$

$$U(f,P)=U(f,P_1)+U(f,P_2)$$

  따라서 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;U(f,P)-L(f,P)\\=&\;\Big(U(f,P_1)+U(f,P_2)\Big)-\Big(U(f,P_1)+U(f,P_2)\Big)\\=&\;\Big(U(f,P_1)-L(f,P_1)\Big)+\Big(U(f,P_2)-L(f,P_2)\Big)\\<&\;\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon\end{align}$$

  리만 적분 판정법에 따라 $f$ 는 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능하다. 이어서 다음이 성립함을 보이자.

$$\int_{[a,b]}f=\int_{[a,c]}f+\int_{[c,b]}f$$

  다음이 성립한다.

$$\begin{align}\int_{[a,b]}f&\le U(f,P)\\&<L(f,P)+\epsilon\\&=L(f,P_1)+L(f,P_2)+\epsilon\\&\le\int_{[a,c]}f+\int_{[c,b]}f+\epsilon\end{align}$$

$$\begin{align}\int_{[a,c]}f+\int_{[c,b]}f&\le U(f,P_1)+U(f,P_2)\\&=U(f,P)\\&<L(f,P)+\epsilon\\&\le\int_{[a,b]}f+\epsilon\end{align}$$

  정리하면 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해 다음의 두 부등식이 성립한다.

$$\int_{[a,b]}f-\left(\int_{[a,c]}f+\int_{[c,b]}f\right)<\epsilon\tag{4}$$

$$\left(\int_{[a,c]}f+\int_{[c,b]}f\right)-\int_{[a,b]}f<\epsilon\tag{5}$$

  편의를 위해 다음과 같이 쓰자.

$$d=\int_{[a,b]}f-\left(\int_{[a,c]}f+\int_{[c,b]}f\right)$$

  식 (4)에 대한 모순을 보이기 위해 $d>0$ 이라고 가정하자. 실수의 조밀성에 따라 $0<\epsilon_0<d$ 인 $\epsilon_0\in\mathbb{R}$ 이 존재하며, 이는 식 (4)에 모순이므로 귀류법에 따라 $d\le 0$ 이 성립한다. 비슷하게 식 (5)에서 $-d\le 0$ 임을 알 수 있다. $d\le 0$ 이며 $d\ge 0$ 이므로 $d=0$ 을 얻는다. 따라서 원하는 결과를 얻는다.   $\square$

 

 

따름정리 26-2)  $[a,b]\subset A$ 에서 유계인 함수 $f:A\to\mathbb{R}$ 이 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능하면 임의의 닫힌 구간 $I\subset[a.b]$ 에서 리만 적분가능하다.

 

proof)

  $I=[\alpha,\beta]$ 라고 하자. $f$ 는 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능하므로 정리 26-1에 따라 $[a,\alpha]$ 와 $[\alpha,b]$ 에서 리만 적분가능하다. 다시 $f$ 는 $[\alpha,b]$ 에서 리만 적분가능하므로 $[\alpha,\beta]$ 와 $[\beta,b]$ 에서 적분가능하다.   $\square$

 

 

  지난 포스팅에서 연속함수는 리만 적분가능함을 알았다. 다음의 도움정리는 닫힌 구간의 끝점에서 연속이 아닌 함수도 리만 적분가능하다는 것을 의미한다.

 

도움정리 26-3)  $[a,b]\subset A$ 에서 유계인 함수 $f:A\to\mathbb{R}$ 에 대해 다음이 성립한다.
  (ⅰ) $f$ 가 임의의 $c\in(a,b)$ 에 대해 $[c,b]$ 에서 리만 적분가능하면 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능하다.
  (ⅱ) $f$ 가 임의의 $c\in[a,b]$ 에 대해 $[a,c]$ 에서 리만 적분가능하면 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능하다.

 

proof)

 (ⅰ) : $f$ 는 $[a,b]$ 에서 유계이므로 다음을 만족하는 $M>0$ 이 존재한다.

$$(\forall x\in[a,b])\quad|f(x)|\le M\tag{1}$$

  임의의 $\epsilon>0$ 을 생각하자. $a<b$ 이고 $a<a+\frac{\epsilon}{4M}$ 이므로 실수의 조밀성에 따라 다음을 만족하는 $c_1,c_2\in\mathbb{R}$ 이 존재한다.

$$a<c_1<b$$

$$a<c_2<a+\frac{\epsilon}{4M}$$

  $c=\text{min}\{c_1,c_2\}$ 라고 하면 다음이 성립한다.

$$a<c\le c_1<b$$

$$a<c\le c_2<a+\frac{\epsilon}{4M}$$

  따라서 $c\in(a,b)$ 및 $a-c<\frac{\epsilon}{4M}$ 가 성립한다. 전제에 따라 $f$ 는 $[c,b]$ 에서 리만 적분가능하므로 리만 적분 판정법에 따라 다음을 만족하는 $[c,b]$ 의 분할 $P$ 가 존재한다.

$$U(f,P)-L(f,P)<\frac{\epsilon}{2}$$

  한편 식 (1)에 따라 다음이 성립한다.

$$(\forall x\in[a,c])\quad -M\le f(x)\le M$$

  따라서 $-M$ 은 $f\big([a,c]\big)$ 의 하계이며 $M$ 은 $f\big([a,c]\big)$ 의 상계이므로 다음이 성립한다.

$$-M\le\underset{[a,c]}{\text{inf}}\;f\quad \underset{[a,c]}{\text{sup}}\;f\le M$$

$$\therefore\underset{[a,c]}{\text{sup}}\;f-\underset{[a,c]}{\text{inf}}\;f\le 2M$$

  $\{a\}\cup P$ 는 $[a,b]$ 의 분할이며 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;U(f,\{a\}\cup P)-L(f,\{a\}\cup P)\\=&\;\left(\underset{[a,c]}{\text{sup}}\;f-\underset{[a,c]}{\text{inf}}\;f\right)(c-a)+\Big(U(f,P)-L(f,P)\Big)\\\le&\;2M(c-a)+\Big(U(f,P)-L(f,P)\Big)\\<&\;2M\frac{\epsilon}{4M}+\frac{\epsilon}{2}=\epsilon\end{align}$$

  리만 적분 판정법에 따라 $f$ 는 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능하다.

 

  (ⅱ) : 본 정리의 (ⅰ)과 비슷하게 증명할 수 있다.   $\square$

 

 

  다음의 정리는 리만 적분가능한 함수의 조건을 조금 더 넓혀준다.

 

정리 26-4)  $[a,b]\subset A$ 에서 유계인 함수 $f:A\to\mathbb{R}$ 와 $f$ 의 불연속점 집합 $D(f)\subset A$ 에 대해 $D(f)\cap[a,b]$ 가 유한집합이면 $f$ 는 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능하다.

 

proof)

  다음과 같다고 하자.

$$D(f)\cap[a,b]=\{z_0,z_1,\ldots,z_n\}$$

$$z_0<z_1<\cdots<z_{n-1}<z_n$$

  임의의 $k=1,\ldots,n$ 에 대해 $z_{k-1}<z_k$ 이므로 실수의 조밀성에 따라 $z_{k-1}<c<z_k$ 를 만족하는 $c\in[a,b]$ 가 존재하며 $f$ 는 $(z_{k-1},c]$ , $[c.z_k)$ 에서 연속이다. 따라서 임의의 $x_1\in(z_{k-1},c)$ , $x_2\in(c,z_k)$ 에 대해 $f$ 가 $[x_1,c]$ , $[c,x_2]$ 에서 연속이므로 정리 25.1-1에 따라 $f$ 는 $[x_1,c]$ , $[c,x_2]$ 에서 리만 적분가능하다. 도움정리 26-3에 따르면 $f$ 는 $[z_{k-1},c]$ , $[c,z_k]$ 에서 리만 적분가능하므로 정리 26-1에 따라 $f$ 는 $[z_{k-1},z_k]$ 에서 리만 적분가능하다.

 

  정리하면 $f$ 는 $[z_0,z_1]$ , $[z_1,z_2]$ , ... , $[z_{n-1},z_n]$ 에서 리만 적분가능하므로 $[z_0,z_n]$ 에서 리만 적분가능하다. 만약 $a\neq z_0$ 이라면 임의의 $x_3\in(a,z_0)$ 에 대해 $f$ 는 $[a,x_3]$ 에서 연속이므로 리만 적분가능하다. 따라서 $[a,z_0]$ 에서 리만 적분가능하다. 비슷하게 $z_n\neq b$ 일 경우 $f$ 가 $[z_n,b]$ 에서 리만 적분가능함을 알 수 있다. 따라서 $f$ 는 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능하다.   $\square$

 

 

  유한개의 불연속점을 갖는 함수는 리만 적분가능하지만, 아쉽게도 그 역은 성립하지 않는다. 경우에 따라서 무한히 많은 불연속점을 갖더라도 리만 적분가능할 수 있다. 하나 확실한 것은, 리만 적분가능성은 불연속점의 분포에 직결되어있다는 것이다. 다음과 같은 정리가 존재하나, 자세한 설명과 증명은 생략한다.

 

르베그 정리 (Lebesgue's theorem)
  $[a,b]\subset A$ 에서 유계인 함수 $f:A\to\mathbb{R}$ 이 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능할 필요충분조건은 $f$ 의 불연속점 집합 $D(f)\subset A$ 에 대해 $D(f)\cap[a,b]$ 의 측도가 0인 것이다.

 

 

읽어주셔서 감사합니다.

 

 

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