[다변수 적분] ch2. 측도 0과 적분가능성

이전 읽을거리)

[집합의 크기] ch2. 가산집합과 비가산집합

ch1. 적분의 정의

다음 읽을거리: ch3. 푸비니 정리

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측도 0

 

  이제부터는 유난히 rectangle 을 많이 사용하게 된다. 필자의 편의상 다음의 표기법을 정의하자.

 

Definition.  ${\mathbb{R}}^n$ 의 모든 rectangles 의 모임을 $\mathcal{Q}({\mathbb{R}}^n)$ 이라고 하자.

 

  다음의 정의는 기하적으로 무한히 협소한 집합, "부피" 가 0인 집합을 가리킨다.

 

Definition.   임의의 $ϵ>0$ 에 대해 어떤 가산모임 $\{Q_1,Q_2,\dots \}\subset \mathcal{Q}({\mathbb{R}}^n)$ 이 존재하여 $A\subset {\mathbb{R}}^n$ 을 덮으며 다음이 성립하면 ${\mathbb{R}}^n$ 에서 $A$ 의 측도가 0(measure zero)이라고 한다.$$\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}v(Q_i)<ϵ$$  이때 $Q_1,Q_2,\dots$ 의 total volume 이 $ϵ$ 보다 작다고 한다.

 

※ "${\mathbb{R}}^n$ 에서 $A$ 의 측도가 0" 의 원문은 "$A$ has measure zero in ${\mathbb{R}}^n$" 이다.

 

  이 정의에서 가산이란 쉽게말해 자연수의 갯수보다 많지 않음을 의미한다. 당연히 유한도 가산에 포함된다. (자세한 내용은 [집합의 크기] ch2. 가산집합과 비가산집합 참고)

 

  이해를 돕기 위해 (아직 임의의 집합의 부피를 정의하지 않았지만) 적절한 부피를 갖는 집합을 생각해보자. 그 집합 안에 적절하게 축소시킨 rectangle 을 집어넣을 수 있을 것이다. 이 경우, 이 집합을 덮는 rectangles 의 그 어떤 모임도 total volume 이 집합에 들어가있는 rectangle 의 volume 보다 클 것이다. 이러한 실험으로부터 측도가 0인 집합이기 위해서는 부피가 없는 집합이어야 함을 상상해볼 수 있다. (아직은 임의의 집합의 부피를 정의하지 않음에 주의하자)

 

  0이 아닌 양의 값을 갖는 측도를 정의할 수 있지만, 지금은 측도론보다는 적분에 집중할 것이므로 넘어가도록 하자.

 

Theorem 2.1.
  (1) $B\subset A$ 이고 ${\mathbb{R}}^n$ 에서 $A$ 의 측도가 0이면 $B$ 도 그러하다.
  (2) $A$ 가 가산모임 $\{A_1,A_2,\dots \}$ 의 합집합이라고 하자. ${\mathbb{R}}^n$ 에서 각 $A_i$ 의 측도가 0이면 $A$ 도 그러하다.
  (3) ${\mathbb{R}}^n$ 에서 $A$ 의 측도가 0일 필요충분조건은 임의의 $ϵ>0$ 에 대해 어떤 가산모임 $\{Q_1,Q_2,\dots \}\subset \mathcal{Q}({\mathbb{R}}^n)$ 이 존재하여 $\{\text{Int }{Q}_1,\text{Int }{Q}_2,\dots \}$ 가 $A$ 를 덮고 다음이 성립하는 것이다.$$\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}v(Q_i)<ϵ$$  (4) ${\mathbb{R}}^n$ 의 rectangle $Q$ 에 대해 ${\mathbb{R}}^n$ 에서 $\text{Bd }Q$ 의 측도는 0이며 $Q$ 는 그렇지 않다.

 

  Proof.

  (1) 임의의 $ϵ>0$ 에 대해 $A$ 의 측도가 0이므로 total volume 이 $ϵ$ 보다 작은 rectangles 의 가산모임이 존재하여 $A$ 를 덮는다. 이때 이 모임은 $B$ 도 덮으므로 정의에 따라 $B$ 의 측도도 0이다.

 

  (2) 임의의 $ϵ>0$ 을 생각하자. 각 $A_j$ 의 측도는 0이므로 어떤 가산모임 $\{Q_{j1},Q_{j2},\dots \}\subset \mathcal{Q}({\mathbb{R}}^n)$ 이 존재하여 $A_j$ 를 덮으며 다음이 성립한다.

$$\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}v(Q_{ji})<\frac{ϵ}{2^j}$$

  이러한 가산모임의 합모임 $\{Q_{ji}{\}}_{i,j\in \mathbb{N}}$ 은 가산모임이며(링크의 Thm 2.5 참고) $A$ 를 덮고 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

$$\sum _{i,j}v(Q_{ji})=\sum _{j=1}^{\mathrm{\infty }}\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}v(Q_{ji})<\sum _{j=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{ϵ}{2^j}=ϵ$$

 

  (3) ($\Leftarrow$) $\{\text{Int }{Q}_1,\text{Int }{Q}_2,\dots \}$ 가 $A$ 를 덮으면 $\{Q_1,Q_2,\dots \}$ 도 $A$ 를 덮으므로 $A$ 의 측도는 0이다.

 

  ($\Rightarrow$) 임의의 $ϵ>0$ 에 대해, $A$ 의 측도가 0이면 어떤 가산모임 $\{Q_1^{\prime },Q_2^{\prime },\dots \}\subset \mathcal{Q}({\mathbb{R}}^n)$ 이 존재하여 $A$ 를 덮고 total volume 이 $\frac{ϵ}{2}$ 보다 작다. 각 $i$ 에 대해 다음을 만족하도록 $Q_i\in \mathcal{Q}({\mathbb{R}}^n)$ 을 선택하자.(※)

$$Q_i^{\prime }\subset \text{Int }{Q}_{i}v(Q_i)\le 2v(Q_i^{\prime })$$

  이때 $\{\text{Int }{Q}_1,\text{Int }{Q}_2,\dots \}$ 는 $A$ 를 덮고 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

$$\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}v(Q_i)\le 2\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}v(Q_i^{\prime })<2\cdot \frac{ϵ}{2}=ϵ$$

 

  (4) $Q=[a_1,b_1]\times \cdots \times [a_n,b_n]$ 이라고 하자. $x=(x_1,\dots ,x_n)$ 에 대해 $x_i=a_i$ 인 $x\in Q$ 의 집합을 $Q$ 의 i번째 면 중 하나라고 한다. 나머지 i번째 면은 $x_i=b_i$ 인 $x\in Q$ 의 집합이다. $Q$ 의 각 면의 측도가 0임을 간단히 보이자. $x_i=a_i$ 인 면은 다음의 단 하나의 rectangle 에 의해 덮인다.

$$[a_1,b_1]\times \cdots \times [a_i,a_i+\delta ]\times \cdots \times [a_n,b_n]$$

  이 경우 $\delta$ 의 값에 따라 이 rectangle 의 volume 을 얼마든지 작게 할 수 있으므로 $Q$ 의 각 면의 측도는 0이다. 한편 $\text{Bd }Q$ 는 $Q$ 의 면들의 합집합과 같으며 $Q$ 는 총 $2n$ 개의 면을 가진다. 다시말해 $\text{Bd }Q$ 는 측도가 0인 집합의 가산모임의 합집합이므로 본 정리의 (2)에 따라 $\text{Bd }Q$ 의 측도가 0임을 얻는다. 이어서 $Q$ 의 측도가 0이 아님을 보이자. 모순을 보이기 위해 $Q$ 의 측도가 0이라고 가정하자. $ϵ=v(Q)$ 라고 하자. 본 정리의 (3) 에 따라 어떤 가산모임 $\{Q_1,Q_2,\dots \}\subset \mathcal{Q}({\mathbb{R}}^n)$ 이 존재하여 $\{\text{Int }{Q}_1,\text{Int }{Q}_2,\dots \}$ 가 $Q$ 를 덮고 다음이 성립한다.

$$\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}v(Q_i)<ϵ$$

  한편 $Q$ 는 콤팩트하므로(링크의 Thm 7.5 참고) $\{\text{Int }{Q}_1,\text{Int }{Q}_2,\dots \}$ 중에서 유한개를 택하여 다시 $Q$ 를 덮을 수 있다. 이렇게 택한 것을 $\{\text{Int }{Q}_{i_1},\dots ,\text{Int }{Q}_{i_k}\}$ 라고 하자. 다음이 성립한다.

$$\sum _{j=1}^{k}v(Q_{i_j})\le \sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}v(Q_i)<ϵ=v(Q)$$

  이는 Cor 1.5 에 모순되므로 원하는 결과를 얻는다.   $◻$

 

 

(※) 이런 선택이 가능함은 rectangle 의 volume 함수가 연속이기 때문이다. $Q_i=[a_1,b_1]\times \cdots \times [a_n,b_n]$ 에 대해 다음의 함수를 생각해보자.

$$Q_{\delta }=[a_1-\delta ,b_1+\delta ]\times \cdots \times [a_n-\delta ,b_n+\delta ]$$

$$f:[0,\mathrm{\infty })\to \mathbb{R},f(\delta )=v(Q_{\delta })$$

  이 함수는 분명 연속이며 사잇값 정리에 따라 어떤 $\delta \in (0,\mathrm{\infty })$ 에 대해 $f(\delta )=2v(Q_i)$ 가 성립한다. 한편 $\delta \ne 0$ 이므로 $Q_i\subset \text{Int }{Q}_{\delta }$ 가 반드시 성립한다.

 

 

적분가능성

 

  이제 적분가능할 필요충분조건이 무엇인지 확인해보자. 다음의 정의는 잠깐 쓰이고 이후에는 쓰이지 않는다.

 

Definition.  유계함수 $f:Q\in \mathcal{Q}({\mathbb{R}}^n)\to \mathbb{R}$ 에 대해 $a\in Q$ 에서 $f$ 의 oscillation 을 다음과 같이 정의하자.$${\nu }^a(f)=\underset{\delta >0}{\text{inf}}\{\underset{C_{\delta }^Q(a)}{\text{sup}}f-\underset{C_{\delta }^Q(a)}{\text{inf}}f\}$$

 

  위 정의에서 ${\nu }^a(f)\ge 0$ 임은 자명하다.

 

Lemma 2.2.  유계함수 $f:Q\in \mathcal{Q}({\mathbb{R}}^n)\to \mathbb{R}$ 에 대해 $f$ 가 $a\in Q$ 에서 연속일 필요충분조건은 ${\nu }^a(f)=0$ 이다.

 

  Proof.

  ($\Rightarrow$) $f$ 가 $a$ 에서 연속이라고 하자. 임의의 $ϵ>0$ 에 대해 어떤 $\delta >0$ 이 존재하여 임의의 $x\in Q$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{array}{rl}x\in C_{\delta }^Q(a)& \Rightarrow |f(x)-f(a)|<\frac{ϵ}{2}\\ & \iff f(a)-\frac{ϵ}{2}<f(x)<f(a)+\frac{ϵ}{2}\end{array}$$

  따라서 $f(a)-\frac{ϵ}{2}$ , $f(a)+\frac{ϵ}{2}$ 는 각각 $C_{\delta }^Q(a)$ 에서 $f$ 의 하계, 상계이므로 다음이 성립한다.

$$\underset{C_{\delta }^Q(a)}{\text{sup}}f\le f(a)+\frac{ϵ}{2}$$

$$f(a)+\frac{ϵ}{2}\le \underset{C_{\delta }^Q(a)}{\text{inf}}f$$

$$\therefore \underset{C_{\delta }^Q(a)}{\text{sup}}f-\underset{C_{\delta }^Q(a)}{\text{inf}}f\le ϵ$$

  한편 ${\nu }^a(f)\le \underset{C_{\delta }^Q(a)}{\text{sup}}f-\underset{C_{\delta }^Q(a)}{\text{inf}}f$ 이므로 ${\nu }^a(f)\le ϵ$ 을 얻는다. $ϵ>0$ 을 임의로 선택하였으므로 ${\nu }^a(f)=0$ 을 얻는다.

 

  ($\Leftarrow$) ${\nu }^a(f)=0$ 라고 하자. 임의의 $ϵ>0$ 에 대해 $ϵ$ 은 집합 $\{\underset{C_{\delta }^Q(a)}{\text{sup}}f-\underset{C_{\delta }^Q(a)}{\text{inf}}f:\delta >0\}$ 의 하계가 아니므로 어떤 $\delta >0$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$\underset{C_{\delta }^Q(a)}{\text{sup}}f-\underset{C_{\delta }^Q(a)}{\text{inf}}f<ϵ$$

  이때 임의의 $x\in Q$ 에 대해 다음이 자명하다.

$$\begin{array}{rl}& x\in C_{\delta }^Q(a)\\ \Rightarrow & \{\begin{array}{c}\underset{C_{\delta }^Q(a)}{\text{inf}}f\le f(x)\le \underset{C_{\delta }^Q(a)}{\text{sup}}f\\ \underset{C_{\delta }^Q(a)}{\text{inf}}f\le f(a)\le \underset{C_{\delta }^Q(a)}{\text{sup}}f\end{array}\\ \Rightarrow & \underset{C_{\delta }^Q(a)}{\text{inf}}f-\underset{C_{\delta }^Q(a)}{\text{sup}}f\le f(x)-f(a)\le \underset{C_{\delta }^Q(a)}{\text{sup}}f-\underset{C_{\delta }^Q(a)}{\text{inf}}f\\ \Rightarrow & |f(x)-f(a)|\le \underset{C_{\delta }^Q(a)}{\text{sup}}f-\underset{C_{\delta }^Q(a)}{\text{inf}}f<ϵ\end{array}$$

  따라서 $f$ 는 $a$ 에서 연속이다.   $◻$

 

 

르베그 판정법 (Lebesgue’s criterion).
  유계함수 $f:Q\in \mathcal{Q}({\mathbb{R}}^n)\to \mathbb{R}$ , $f$ 의 불연속점 집합 $D\subset Q$ 를 생각하자. $Q$ 에서 $f$ 가 적분가능할 필요충분조건은 ${\mathbb{R}}^n$ 에서 $D$ 의 측도가 0인 것이다.

 

※ 리만-르베그 정리(The Riemann-Lebesgue Theorem), 또는 르베그의 리만 적분가능성 판정법(Lebesgue’s Criterion for Riemann integrability)이라고도 한다.

 

  Proof.

  ($\Leftarrow$) $f$ 는 유계이므로 어떤 $M>0$ 이 존재하여 모든 $x\in Q$ 에 대해 $|f(x)|\le M$ 이 성립한다. 임의의 $ϵ>0$ 를 고정하고 다음과 같다고 하자.

$${ϵ}^{\prime }=\frac{ϵ}{2M+2v(Q)}$$

  ${\mathbb{R}}^n$ 에서 $D$ 의 측도가 0이므로 Thm 2.1 에 따라 total volume 이 ${ϵ}^{\prime }$ 보다 작은 가산모임 $\{Q_1,Q_2,\dots \}\subset \mathcal{Q}({\mathbb{R}}^n)$ 이 존재하여 $\{\text{Int }{Q}_1,\text{Int }{Q}_2,\dots \}$ 가 $D$ 를 덮는다. 각 $a\in Q\setminus D$ 에 대해 $f$ 는 $a$ 에서 연속이므로 interior 에 $a$ 를 포함하는 어떤 $Q_a\in \mathcal{Q}({\mathbb{R}}^n)$ 이 존재하여 임의의 $x\in Q$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{array}{}\text{(1)}& x\in Q_a\Rightarrow |f(x)-f(a)|<{ϵ}^{\prime }\end{array}$$

  다음의 집합을 생각하자.

$$\{\text{Int }{Q}_1,\text{Int }{Q}_2,\dots \}\cup \{\text{Int }{Q}_a:a\in Q\setminus D\}$$

  $\{\text{Int }{Q}_1,\text{Int }{Q}_2,\dots \}$ 는 $D$ 를 덮고 $\{\text{Int }{Q}_a:a\in Q\setminus D\}$ 는 $Q\setminus D$ 를 덮으므로 위의 집합은 $Q$ 를 덮는다. 한편 $Q$ 는 콤팩트하므로 다음과 같은 위 집합의 유한부분모임이 존재하여 $Q$ 를 덮는다.

$$\{\text{Int }{Q}_{j_1},\dots ,\text{Int }{Q}_{j_k},\text{Int }{Q}_{a_1},\dots ,\text{Int }{Q}_{a_l}\}$$

  편의상 $Q_{a_i}=Q_i^{\prime }$ 라고 하자. 이제 $\{Q_{j_1},\dots ,Q_{j_k},Q_1^{\prime },\dots ,Q_l^{\prime }\}$ 은 $Q$ 를 덮으며 다음이 성립한다.

$$\sum _{i=1}^{k}v(Q_{j_i})<{ϵ}^{\prime }$$

  특히 각 $j\in \{1,\dots ,l\}$ 과 임의의 $x,y\in Q$ 에 대해 식 (1)에 따라 다음이 성립한다.

$$x,y\in Q_j^{\prime }\Rightarrow \{\begin{array}{c}|f(x)-f(a_j)|<{ϵ}^{\prime }\\ |f(y)-f(a_j)|<{ϵ}^{\prime }\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}|f(x)-f(y)|& =|f(x)-f(a_j)-(f(y)-f(a_j))|\\ & \le |f(x)-f(a_j)|+|f(y)-f(a_j)|\\ & <{ϵ}^{\prime }+{ϵ}^{\prime }=2{ϵ}^{\prime }\end{array}$$

$$\begin{array}{}\text{(2)}& \therefore x,y\in Q_j^{\prime }\Rightarrow |f(x)-f(y)|<2{ϵ}^{\prime }\end{array}$$

  편의를 위해 표기의 변화 없이 $Q_{j_i}\cap Q$ 를 $Q_{j_i}$ 라고, $Q_j^{\prime }\cap Q$ 를 $Q_j^{\prime }$ 라고 하자. 위 조건들은 여전히 성립한다. $Q_{j_1},\dots ,Q_{j_k}$ 와 $Q_1^{\prime },\dots ,Q_l,$ 의 component intervals 의 end points 로 $P\in \mathrm{\Pi }(Q)$ 를 구성하자. (Cor 1.5 의 삽화 참고) 이제 각 $Q_{j_i},Q_i^{\prime }$ 는 $P$ 에 대한 $Q$ 의 subrectangles 의 어떤 합집합과 같다. 이제 $S(P)$ 를 서로소인 두 부분모임 $\mathcal{R},{\mathcal{R}}^{\prime }$ 로 나누되, 각 $R\in \mathcal{R}$ 은 $\{Q_{j_1},\dots ,Q_{j_k}\}$ 에 덮이고 각 $R\in {\mathcal{R}}^{\prime }$ 은 $\{Q_1^{\prime },\dots ,Q_l^{\prime }\}$ 에 덮이도록 하자. 이때 임의의 $R\in {\mathcal{R}}^{\prime }$ 에 대해 식 (2)에 따라 다음이 성립한다.

$$x,y\in R\Rightarrow |f(x)-f(y)|<2{ϵ}^{\prime }$$

  또한 임의의 $R\in \mathcal{R}$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$x,y\in R\Rightarrow \{\begin{array}{c}|f(x)|\le M\\ |f(y)|\le M\end{array}$$

$$\begin{gathered} |f(x)-f(y)|\le |f(x)|+|f(y)| \\ le2M \end{gathered}$$

$$\therefore x,y\in R\Rightarrow |f(x)-f(y)|\le 2M$$

  따라서 다음을 얻는다. (링크의 도움정리 27-4 참고)

$$\sum _{R\in \mathcal{R}}(\underset{R}{\text{sup}}f-\underset{R}{\text{inf}}f)v(R)\le 2M\sum _{R\in \mathcal{R}}v(R)$$

$$\sum _{R\in {\mathcal{R}}^{\prime }}(\underset{R}{\text{sup}}f-\underset{R}{\text{inf}}f)v(R)<2{ϵ}^{\prime }\sum _{R\in {\mathcal{R}}^{\prime }}v(R)$$

  이때 다음과 같다.

$$\sum _{R\in \mathcal{R}}v(R)\le \sum _{i=1}^k\sum _{\begin{array}{c}R\in S(P)\\ R\subset Q_{j_i}\end{array}}v(R)=\sum _{i=1}^{k}v(Q_{j_i})<{ϵ}^{\prime }$$

$$\sum _{R\in {\mathcal{R}}^{\prime }}v(R)\le \sum _{R\in S(P)}v(R)=v(Q)$$

  따라서 다음을 얻는다.

$$\begin{array}{rl}& U(f,P)-L(f,P)\\ =& \sum _{R\in S(P)}(\underset{R}{\text{sup}f}-\underset{R}{\text{inf}f})v(R)\\ =& (\sum _{R\in \mathcal{R}}+\sum _{R\in {\mathcal{R}}^{\prime }})(\underset{R}{\text{sup}f}-\underset{R}{\text{inf}f})v(R)\\ <& 2M{ϵ}^{\prime }+2{ϵ}^{\prime }v(Q)\\ =& ϵ\end{array}$$

  Riemann condition 에 따라 $Q$ 에서 $f$ 가 적분가능하다.

 

  ($\Rightarrow$) $Q$ 에서 $f$ 가 적분가능하다고 하자. 각 자연수 $m$ 에 대해 다음의 집합을 정의하자.

$$D_m=\{a\in \mathbb{Q}:{\nu }^a(f)\ge \frac{1}{m}\}$$

  이때 다음이 성립함을 보이자.

$$\bigcup _{m=1}^{\mathrm{\infty }}{D}_m=D$$

  $D$ 는 $f$ 의 불연속점 집합이므로 Cor 2.2 에 따라 다음이 성립한다.

$$D=\{a\in \mathbb{Q}:{\nu }^a(f)\ne 0\}$$

  임의의 $a\in D$ 를 고정하자. 이때 ${\nu }^a(f)\ne 0$ 이므로 ${\nu }^a(f)>0$ 이다. 아르키메데스 성질에 따라 어떤 자연수 $m$ 이 존재하여 $\frac{1}{m}\le {\nu }^a(f)$ 가 성립한다. 즉 $a\in \bigcup _{m=1}^{\mathrm{\infty }}{D}_m$ 가 성립하므로 다음을 얻는다.

$$D\subset \bigcup _{m=1}^{\mathrm{\infty }}{D}_m$$

  임의의 $a\in \bigcup _{m=1}^{\mathrm{\infty }}{D}_m$ 를 고정하자. 어떤 자연수 $m$ 이 존재하여 $a\in D_m$ 가 성립한다. 이는 ${\nu }^a(f)\ge \frac{1}{m}$ 과 같으며, 따라서 ${\nu }^a(f)\ne 0$ 가 성립한다. 다시 Cor 2.2 에 따라 $a\in D$ 를 얻으므로 다음이 성립한다.

$$\bigcup _{m=1}^{\mathrm{\infty }}{D}_m\subset D$$

  따라서 원하는 결과를 얻는다. 다시 정리로 돌아와서, ${\mathbb{R}}^n$ 에서 각 $D_m$ 의 측도가 0임을 보이자. 임의의 $m\in \mathbb{N}$ 와 임의의 $ϵ>0$ 을 고정하자. $f$ 는 적분가능하므로 Riemann condition 에 따라 어떤 $P\in \mathrm{\Pi }(Q)$ 가 존재하여 다음이 성립한다.

$$U(f,P)-L(f,P)<\frac{ϵ}{2m}$$

  다음과 같이 정의하자.

$$D_m^{\prime }=D_m\cap \left(\bigcup _{R\in S(P)}\text{Bd }R\right)$$

$$D_m^{″}=D_m\setminus D_m^{\prime }$$

  $D_m^{\prime }$ 은 $\bigcup _{R\in S(P)}\text{Bd }R$ 에 속하며, 각 $\text{Bd }R$ 의 측도는 0이므로 Thm 2.1 에 따라 $D_m^{\prime }$ 의 측도도 0임을 안다. 따라서 $D_m^{\prime }$ 을 덮고 total volume 이 $\frac{ϵ}{2}$ 미만인 가산모임 ${\mathcal{Q}}_1\subset \mathcal{Q}({\mathbb{R}}^n)$ 이 존재한다. $D_m^{″}$ 의 점을 포함하는 모임 $\{R_1,\dots ,R_k\}\subset S(P)$ 를 생각하자. 각 $R_i$ 는 $D_m^{″}$ 의 점 $a$ 를 포함한다. 이때 $D_m^{\prime }$ 의 정의에 따라 $a\notin \text{Bd }{R}_i$ 이므로 정확히 $a\in \text{Int }R$ 이다. 따라서 어떤 $\delta >0$ 이 존재하여 $C_{\delta }^Q(a)\subset R_i$ 가 성립하며, 다음을 얻는다.

$$\frac{1}{m}\le {\nu }^a(f)\le \underset{C_{\delta }^Q(a)}{\text{sup}}f-\underset{C_{\delta }^Q(a)}{\text{inf}}f\le \underset{R_i}{\text{sup}}f-\underset{R_i}{\text{inf}}f$$

  다음이 성립한다.

$$\begin{array}{rl}\sum _{i=1}^{k}v(R_i)& =m\sum _{i=1}^k\frac{1}{m}v(R_i)\\ & \le m\sum _{i=1}^k(\underset{R_i}{\text{sup}}f-\underset{R_i}{\text{inf}}f)v(R_i)\\ & \le m(U(f,P)-L(f,P))\\ & <m\frac{ϵ}{2m}\\ & =\frac{ϵ}{2}\end{array}$$

  즉 $\{R_1,\dots ,R_k\}$ 의 total volume 은 $\frac{ϵ}{2}$ 보다 작다. 정리하면 ${\mathcal{Q}}_1\cup \{R_1,\dots ,R_k\}$ 은 $D_m$ 을 덮고 total volume 이 $ϵ$ 보다 작은 가산모임이므로 $D_m$ 의 측도는 0이다. Thm 2.1 에 따라 $D$ 의 측도도 0이다.   $◻$

 

 

  편의를 위해 다음의 용어를 도입하자.

 

Definition.  집합 $X\subset {\mathbb{R}}^n$ 과 측도가 0인 집합 $A\subset X$ 을 생각하자. 임의의 $x\in X\setminus A$ 에서 성질 $P$ 가 성립하면 거의 모든 곳(almost everywhere, a.e.)에서 $P$ 가 성립한다고 한다.

 

   이러한 표현을 빌리면 "유계인 $f:Q\in \mathcal{Q}({\mathbb{R}}^n)\to \mathbb{R}$ 가 적분가능할 필요충분조건은 거의 모든곳에서 연속인 것이다" 라고 할 수 있다.

 

  편의를 위해 다음의 용어를 도입하자.

 

Definition.  함수 $f:A\subset {\mathbb{R}}^n\to \mathbb{R}$ 와 $C\subset A$ 를 생각하자. 어떤 $x\in A$ 에 대해 $f(x)=0$ 이면 $f$ 가 $x$ 에서 0이라고 하고 모든 $x\in C$ 에 대해 $f(x)=0$ 이면 $f$ 가 $C$ 에서 0이라고 한다.

 

※ "$f$ 가 $C$ 에서 0이다" 의 원문은 "$f$ vanishes on $C$" 이다.

 

  르베그 판정법을 이용하면 다음의 정리를 얻을 수 있다.

 

Theorem 2.3.  적분가능함수 $f:Q\in \mathcal{Q}({\mathbb{R}}^n)\to \mathbb{R}$ 에 대해 다음이 성립한다.
  (1) $f$ 가 거의 모든 곳에서 0이면 ${\int }_{Q}f=0$ 이다.
  (2) $f$ 가 음의 값을 갖지 않으며 ${\int }_{Q}f=0$ 이면 $f$ 는 거의 모든 곳에서 0이다.

 

  Proof.

  (1) $f$ 가 측도가 0인 어떤 $E\subset Q$ 를 제외한 모든 곳에서 0이라고 하자. 임의의 $P\in \mathrm{\Pi }(Q)$ 를 고정하자. 임의의 $R\in S(P)$ 에 대해 $R$ 은 측도가 0이 아니므로 $E$ 에 포함되지 않는다. 따라서 $f$ 는 $R$ 의 몇몇 점에서 0이므로, $\underset{R}{\text{inf}}f\le 0$ 및 $\underset{R}{\text{sup}}f\ge 0$ 이 성립한다. 이로써 $L(f,P)\le 0$ 및 $U(f,P)\ge 0$ 을 얻으며, $P$ 를 $\mathrm{\Pi }(Q)$ 에서 임의로 선택하였으므로 다음이 성립한다.

$$\underset{―}{{\int }_Q}f\le 0\overline{{\int }_Q}f\ge 0$$

  $f$ 가 적분가능함을 전제하였으므로 ${\int }_{Q}f=0$ 을 얻는다.

 

  (2) 모든 $x\in Q$ 에 대해 $f(x)\ge 0$ 이고 ${\int }_{Q}f=0$ 이라고 하자. $f$ 가 연속인 점에서 0임을 보이자. 모순을 보이기 위해 $f$ 가 $a\in Q$ 에서 연속이고 $f(a)>0$ 이라고 가정하자. $ϵ=f(a)$ 라고 하면, $f$ 는 $a$ 에서 연속이므로 어떤 $\delta >0$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$\begin{array}{rl}x\in C_{\delta }^Q(a)& \Rightarrow |f(x)-f(a)|<\frac{ϵ}{2}\\ & \Rightarrow -\frac{ϵ}{2}<f(x)-ϵ\\ & \Rightarrow \frac{ϵ}{2}<f(a)\end{array}$$

  Mesh 가 $\delta$ 보다 작은 $P\in \mathrm{\Pi }(Q)$ 를 선택하자. $a$ 를 포함하는 어떤 $R_a\in S(P)$ 에 대해 $R_a\subset C_{\delta }^Q(a)$ 이므로 $\underset{R_a}{\text{inf}}f\ge \frac{ϵ}{2}$ 를 얻는다. 반면에 $f$ 는 음의 값을 갖지 않으므로 모든 $R\in S(P)$ 에 대해 $\underset{R_a}{\text{inf}}f\ge 0$ 이다. 따라서 다음이 성립한다.

$$L(f,P)=\sum _{R\in S(P)}\left(\underset{R}{\text{inf}}f\right)v(R)\ge \frac{ϵ}{2}v(R_a)>0$$

  그러나 이는 다음에 모순된다.

$$L(f,P)\le {\int }_{Q}f=0$$

  따라서 $f$ 는 연속인 점에서 0이다. 전제에 따라 $f$ 는 적분가능하므로 르베그 판정법에 따라 $f$ 는 거의 모든 곳에서 연속이며, 따라서 $f$ 는 거의 모든 곳에서 0이다.   $◻$

 

 

  위 정리는 적분의 영역을 rectangle 이 아닌 임의의 영역으로 확장하였을 때의 적분가능성에 대한 중요한 힌트를 준다.

 

 

읽어주셔서 감사합니다.

 

 

References)

[1] James R. Munkres. (1991). Analysis on manifolds. CRC press.

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[집합의 크기] ch2. 가산집합과 비가산집합

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