[다변수 적분] ch4. 유계집합 위의 적분

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유계집합 위의 적분의 정의

 

  종종 적분을 이용할때 rectangle 이 아닌 집합에서 적분을 해야 할 때가 있다. 이를테면 구의 질량중심을 구하는 문제를 풀기 위해 적분을 이용하는 경우가 그렇다. 이제 적분의 정의를 "약간" 확장해보자.

 

  다음의 정의는 함수의 "자명한 확장" 에 대한 것이다.

 

Definition.  함수 $f:S\subset\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ 에 대하여 함수 $f_S:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ 을 다음과 같이 정의한다.$$f_S(x)=\begin{cases}f(x)&\text{if }x\in S\\0&\text{otherwise}\end{cases}$$

 

  이제 적분의 정의를 rectangle 뿐이 아닌 유계집합으로 확장하자.

 

Definition.  유계집합 $S\subset\mathbb{R}^n$ , 유계함수 $f:S\to\mathbb{R}$ , $S$ 를 포함하는 임의의 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 를 생각하자. 만약 $\int_Qf_S$ 가 존재하면 $S$ 에서 $f$ 가 적분가능하다고 하며 이 값을 $S$ 에서 $f$ 의 적분이라고 하고 $\int_Sf$ 라고 쓴다.

 

  위 정의에는 모호한 부분이 존재한다. $S$ 를 포함하는 임의의 rectangle $Q$ 에 대해 $\int_Sf=\int_Qf_S$ 라고 정의하였는데, 만약 $Q$ 의 선택에 따라 $\int_Qf_S$ 의 값이 달라진다면 이는 나쁜 정의일 것이다. 다행히 다음의 정리에 따르면 $Q$ 의 선택과 무관하게 $\int_Sf$ 는 단 하나의 값만 갖는다.

 

Lemma 4.1.  임의의 $Q,Q'\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 과 유계함수 $f:\mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ 에 대하여 $Q\cap Q'$ 를 제외한 곳에서 $f$ 가 0이라고 하자. $\int_Qf$ 가 존재할 필요충분조건은 $\int_{Q'}f$ 가 존재하는 것이며, 이때 다음이 성립한다.$$\int_Qf=\int_{Q'}f$$

  Proof.  $Q=Q'$ 인 경우 본 정리가 자명하게 성립한다. $Q\neq Q'$ 인 경우에 대해 생각하자.

  Step 1. $Q\subset Q'$ 일때 본 정리가 성립함을 보이자. $\text{Ext }Q$ 에서 $f$ 는 0이므로 연속이다. $\text{Int }Q$ 에서 $f$ 의 불연속점 집합을 $E$ 라고 하자. 이때 $f|_Q$ 와 $f|_{Q'}$ 는 $E$ 에서만 불연속이거나, 불연속점이 더 있더라도 $\text{Bd }Q$ 에 나타난다. Thm 2.1 과 르베그 판정법에 따라 $\text{Bd }Q$ 에 나타나는 불연속점은 $f|_Q$ 와 $f|_{Q'}$ 의 적분가능성에 영향을 미치지 않으며, $f|_Q$ 와 $f|_{Q'}$ 가 적분가능할 필요충분조건은 $E$ 의 측도가 0인 것이다. ㄸ라서 $\int_Qf$ 가 존재할 필요충분조건은 $\int_{Q'}f$ 가 존재하는 것임을 얻는다.

  이어서 $\int_Qf$ 와 $\int_{Q'}f$ 가 존재한다고 가정하고 $\int_Qf=\int_{Q'}f$ 가 성립함을 보이자. 임의의 $P\in\Pi(Q')$ 에 대해 $P$ 에 $Q$ 의 component intervals 의 end points 를 푸가하여 얻은 $P$ 의 refinement $P''$ 를 생각하자. (위 그림 참고) 이제 $Q$ 는 $P''$ 에 대한 $Q$ 의 subrectangles 의 어떤 합집합으로 나타난다. $Q$ 에 포함되지 않는 어떤 $R\in S(P'')$ 에 대해 $\text{Bd }Q$ 과 겹치지 않는 모든 점에서 $f$ 는 0이므로 $\underset{R}{\text{inf}}\;f\le 0$ , $\underset{R}{\text{sup}}\;f\ge 0$ 이다. 따라서 다음이 성립한다.

$$\begin{align}L(f,P'')&=\sum_{R\in S(P'')}\left(\underset{R}{\text{inf}}\;f\right)v(R)\\&=\left(\sum_{\substack{R\in S(P'')\\R\not\subset Q}}+\sum_{\substack{R\in S(P'')\\R\subset Q}}\right)\left(\underset{R}{\text{inf}}\;f\right)v(R)\\&\le\sum_{\substack{R\in S(P'')\\R\subset Q}}\left(\underset{R}{\text{inf}}\;f\right)v(R)\\&\le\int_Qf\end{align}$$

  비슷하게 $U(f,P'')\ge\int_Qf$ 임을 알 수 있다. 한편 Thm 1.1 에 따라 $L(f,P)\le L(f,P'')$ 와 $U(f,P'')\le U(f,P)$ 가 성립하므로 다음을 얻는다.

$$L(f,P)\le\int_Qf\le U(f,P)$$

  한편 다음이 자명하다.

$$L(f,P)\le\int_{Q'}f\le U(f,P)$$

  정리하면 $\int_Qf$ 와 $\int_{Q'}f$ 는 $U(f,P)$ 와 $L(f,P)$ 사이의 값을 가지므로 다음이 성립한다.

$$\left|\int_Qf-\int_{Q'}f\right|\le U(f,P)-L(f,P)$$

  Riemann condition 에 따라 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해 어떤 $P\in\Pi(Q)$ 가 존재하여 다음이 성립한다.

$$\left|\int_Qf-\int_{Q'}f\right|\le U(f,P)-L(f,P)<\epsilon$$

  따라서 다음을 얻는다.

$$\int_Qf=\int_{Q'}f$$

 

  Step 2. 일반적인 $Q,Q'$ 에 대해 본 정리가 성립함을 보이자. $Q$ 와 $Q'$ 를 모두 포함하는 $Q''\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 을 생각하자. Step 1에 따라 $\int_{Q''}f$ , $\int_Qf$ , $\int_{Q''}f$ 의 존재성은 모두 동치이며 다음이 성립한다.

$$\int_Qf=\int_{Q''}f=\int_{Q'}f\tag*{$\square$}$$

 

 

  이 lemma 를 통해 $\int_Sf$ 의 유일성을 알 수 있다. $S$ 를 포함하는 임의의 두 $Q,Q'\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 을 생각하자. $S$ 는 $Q\cap Q'$ 에 포함되므로 $Q\cap Q'$ 를 제외한 곳에서 $f$ 는 0이다. 따라서 $\int_Qf$ 가 존재하면 $\int_{Q'}f$ 도 존재하며 두 적분은 그 값이 같다.

 

  한편 rectangle 도 유계이므로, 유계집합 위의 적분에 대한 논의는 rectangle 위의 적분에도 적용할 수 있다. 이러한 맥락에 따라, rectangle 위의 적분은 유계집합 위의 적분을 정의하기 위한 보조정의라고 해도 무방하다.

 

 

유계집합 위의 적분의 성질

 

Lemma 4.2.  $S\subset\mathbb{R}^n$ 과 $f,g:S\to\mathbb{R}$ 에 대해 $F,G:S\to\mathbb{R}$ 를 다음과 같이 정의하자.$$F(x)=\text{max}\{f(x),g(x)\}$$$$G(x)=\text{min}\{f(x),g(x)\}$$  다음이 성립한다.
  (1) $f$ 와 $g$ 가 $x_0\in S$ 에서 연속이면 $F$ 와 $G$ 도 그러하다.
  (2) $S$ 가 유계이고 $f,g$ 가 유계라고 하자. $f$ 와 $g$ 가 $S$ 에서 적분가능하면 $F$ 와 $G$ 도 그러하다.

 

  Proof.

  (1) $f,g$ 가 $x_0$ 에서 연속이라고 하자. 먼저 $f(x_0)=g(x_0)=r$ 이라고 가정하자. 이때 $F(x_0)=G(x_0)=r$ 도 성립한다. 연속의 정의에 따라 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해 어떤 $\delta>0$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$x\in C_\delta^S(x_0)\Rightarrow f(x),g(x)\in C_\epsilon^\mathbb{R}(r)$$

  이때 $f(x)$ 와 $g(x)$ 가 $C_\epsilon^\mathbb{R}(r)$ 에 속하면 $\text{max}\{f(x),g(x)\}$ 와 $\text{min}\{f(x),g(x)\}$ 도 $C_\epsilon^\mathbb{R}(r)$ 에 속하므로 다음이 성립한다.

$$x\in C_\delta^S(x_0)\Rightarrow F(x),G(x)\in C_\epsilon^\mathbb{R}(r)$$

  따라서 $F,G$ 는 $x_0$ 에서 연속이다. 이제 $f(x_0)-g(x_0)>0$ 이라고 가정하자. $h=f-g$ 는 $x_0$ 에서 연속이므로 어떤 $\delta>0$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$\begin{align}x\in C_\delta^S(x_0)&\Rightarrow\;|h(x)-h(x_0)|<h(x_0)\\&\Leftrightarrow -h(x_0)<h(x)-h(x_0)<h(x_0)\\&\Rightarrow 0<h(x)\\&\Leftrightarrow 0<f(x)-g(x)\end{align}$$

  따라서 $C_\delta^S(x_0)$ 에서 $F=f$ , $G=g$ 이므로 자명하게 $F,G$ 는 $x_0$ 에서 연속이다. $f(x_0)-g(x_0)<0$ 라고 가정하여도 비슷하게 증명할 수 있다.

 

  (2) $f$ 와 $g$ 가 $S$ 에서 적분가능하다고 하자.  $f_S,g_S$ 의 불연속점 집합을 각각 $D_f,D_g$ 라고 하면 르베그 판정법에 따라 이 두 집합의 측도는 0이다. 한편 다음이 자명하다.

$$F_S(x)=\text{max}\{f_S(x),g_S(x)\}$$

$$G_S(x)=\text{min}\{f_S(x),g_S(x)\}$$

  본 정리의 (1)에 따르면 $F_S,G_S$ 는 측도가 0인 집합인 $D_f\cup D_g$ 를 제외한 모든 곳에서 연속이며, $f_S,g_S$ 는 유계이므로 $F_S,G_S$ 도 유계이다. $S$ 를 포함하는 임의의 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 를 생각하자. $F_S,G_S$ 의 $Q$ 에 포함되는 불연속점 집합은 $D_f\cup D_g$ 에 포함되므로 측도가 0이다. 르베그 판정법에 따라 $F_S,G_S$ 는 $Q$ 에서 적분가능하므로 $F,G$ 는 $S$ 에서 적분가능하다.   $\square$

 

 

Theorem 4.3 (적분의 성질).
  유계집합 $S\subset\mathbb{R}^n$ , 유계함수 $f,g:S\to\mathbb{R}$ 에 대해 다음이 성립한다.
  (1) (Linearity) $f,g$ 가 $S$ 에서 적분가능하면 $a,b\in\mathbb{R}$ 에 대해 $af+bg$ 도 $S$ 에서 적분가능하며 다음과 같다.$$\int_S(af+bg)=a\int_Sf+b\int_g$$  (2) (Comparison) $f,g$ 가 $S$ 에서 적분가능하고 임의의 $x\in S$ 에 대해 $f(x)\le g(x)$ 이면 다음과 같다.$$\int_Sf\le\int_Sg$$  특히 $|f|$ 가 $S$ 에서 적분가능하며 다음과 같다.$$\left|\int_Sf\right|\le\int_S|f|$$  (3) (Monotonicity) $T\subset S$ 에 대해 $f$ 가 음의 값을 갖지 않고 $T,S$ 에서 적분가능하면 다음과 같다.$$\int_Tf\le\int_Sf$$  (4) (Additivity) $S=S_1\cup S_2$ 이고 $f$ 가 $S_1,S_2$ 에서 적분가능하면 $S,S_1\cap S_2$ 에서도 적분가능하며 다음과 같다.$$\int_Sf=\int_{S_1}f+\int_{S_2}f-\int_{S_1\cap S_2}f$$

 

  Proof.

  (1) $S\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 일때 본 정리가 성립한다고 가정하고 일반적인 유계집합 $S\subset\mathbb{R}^n$ 에 대해 본 정리가 성립함을 보이자. $(af+bg)_S=af_S+bg_S$ 이므로 $S$ 를 포함하는 임의의 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{align}\int_S(af+bg)&=\int_Q(af+bg)_S\\&=\int_Q(af_S+bg_S)\\&=a\int_Qf_S+b\int_Qg_S\\&=a\int_Sf+b\int_Sg\end{align}$$

  따라서 원하는 결과를 얻는다.

  이제 $S\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 라고 가정하고 본 정리가 성립함을 보이자. $f,g$ 가 $S$ 에서 적분가능하다고 하자. $f,g$ 의 각 불연속점 집합 $D_f,D_g$ 의 측도는 0이며 $af+bg$ 의 불연속점 집합은 $D_f\cup D_g$ 에 속하므로 측도가 0이다. 따라서 $af+bg$ 는 $S$ 에서 적분가능하다.

 

  Step 1. $a,b\ge 0$ 일때 본 정리가 성립함을 보이자. 임의의 $P''\in\Pi(S)$ 와 임의의 $R\in S(P)$ 에 대하여 임의의 $x\in R$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$a\;\underset{R}{\text{inf}}\;f+b\;\underset{R}{\text{inf}}\;g\le af(x)+bg(x)$$

$$\therefore a\;\underset{R}{\text{inf}}\;f+b\;\underset{R}{\text{inf}}\;g\le\underset{R}{\text{inf}}(af+bg)$$

  따라서 다음이 성립한다.

$$aL(f,P'')+bL(g,P'')\le L(af+bg,P'')\le\int_S(af+bg)$$

  비슷하게 다음이 성립함을 알 수 있다.

$$aU(f,P'')+bU(g,P'')\ge\int_S(af+bg)$$

  임의의 $P,P'\in\Pi(S)$ 를 고정하고 $P''$ 를 $P$ 와 $P'$ 의 refinement 라고 하자. 다음이 성립한다.

$$aL(f,P)+bL(g,P')\le aL(f,P'')+bL(g,P'')$$

$$aU(f,P'')+bU(g,P'')\ge aU(f,P)+bU(g,P')$$

  따라서 다음을 얻는다.

$$aL(f,P)+b(g,P')\le\int_S(af+bg)\le aU(f,P)+bU(g,P')$$

  한편 다음이 자명하다.

$$aL(f,P)+b(g,P')\le a\int_Sf+b\int_Sg\le aU(f,P)+bU(g,P')$$

  정리하면 $\int_S(af+bg),a\int_Sf+b\int_Sg$ 는 $aU(f,P)+bU(g,P')$ 와 $aL(f,P)+b(g,P')$ 사이의 값을 갖는다. 임의의 $\epsilon>0$ 에 대해 Riemann condition 에 따라 다음을 만족하는 $P,P'\in\Pi(S)$ 가 존재한다.

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

$$U(g,P')-L(g,P')<\frac{\epsilon}{2b}$$

  이때 다음이 성립한다.

$$\big(aU(f,P)+bU(g,P')\big)-\big(aL(f,P)+b(g,P')\big)<\epsilon$$

  따라서 다음을 얻는다.

$$\left|\int_S(af+bg)-\left(a\int_Sf+b\int_Sg\right)\right|<\epsilon$$

  $\epsilon>0$ 을 임의로 선택하였으므로 다음이 성립한다.

$$\int_S(af+bg)=a\int_Sf+b\int_Sg$$

 

  Step 2. $-f$ 이 $S$ 에서 적분가능하고 다음이 성립함을 보이자.

$$\int_S(-f)=-\int_Sf$$

  임의의 $P\in\Pi(S)$ , 임의의 $R\in S(P)$ 에 대하여 임의의 $x\in R$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\underset{R}{\text{inf}}\;f\le f(x)\le\underset{R}{\text{sup}}\;f$$

$$\therefore -\underset{R}{\text{sup}}\;f\le(-f)(x)\le-\underset{R}{\text{inf}}\;f$$

  따라서 다음을 얻는다.

$$-\underset{R}{\text{sup}}\;f\le\underset{R}{\text{inf}}(-f)\qquad\underset{R}{\text{sup}}(-f)\le-\underset{R}{\text{inf}}\;f$$

  이때 다음이 성립하므로 Riemann condition 에 따라 $-f$ 가 $S$ 에서 적분가능함을 안다.

$$\begin{align}U(f,P)-L(f,P)&=\sum_{R\in S(P)}\left(\underset{R}{\text{sup}}\;f-\underset{R}{\text{inf}}\;f\right)v(R)\\&\ge\sum_{R\in S(P)}\left(\underset{R}{\text{sup}}\;f-\underset{R}{\text{inf}}\;f\right)v(R)\\&=U(-f,P)-L(-f,P)\end{align}$$

  한편 다음이 성립한다.

$$-U(f,P)\le L(-f,P)$$

$$U(-f,P)\le-L(f,P)$$

  따라서 다음을 얻는다.

$$L(f,P)\le-\int_S(-f)\le U(f,P)$$

$$L(f,P)\le\int_Sf\le U(f,P)$$

  두 번째 식은 자명하게 성립한다. 정리하면 $-\int_S(-f),\int_Sf$ 는 $U(f,P)$ 와 $L(f,P)$ 사이의 값을 갖는다. $P$ 를 $\Pi(S)$ 에서 임의로 선택하였으므로 Riemann condition 에 따라 다음이 성립한다.

$$-\int_S(-f)=\int_Sf$$

 

  Step 3. 일반적인 $a,b\in\mathbb{R}$ 에 대해 본 정리가 성립함을 보이자. 다음의 함수를 생각하자.

$$\alpha:\mathbb{R}\to\mathbb{R}\qquad\alpha(x)=\begin{cases}1&\text{if }x\ge 0\\-1&\text{if }x<0\end{cases}$$

  $a=|a|\alpha(a)$ , $b=|b|\alpha(b)$ 이며 step 1, 2 에 따라 다음을 얻는다.

$$\begin{align}\int_S(af+bg)&=\int_S(|a|\alpha(a)f+|b|\alpha(b)g)\\&=|a|\int_S\alpha(a)f+|b|\int_S\alpha(b)g\\&=|a|\alpha(a)\int_Sf+|b|\alpha(b)\int_Sg\\&=a\int_Sf+b\int_Sg\end{align}$$

 

  (2) 이 정리는 두 부분으로 되어있다.

  Step 1. 다음이 성립함을 보이자.

$$\int_Sf\le\int_Sg$$

  $S\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 일때 위 식이 성립한다고 가정하고 일반적인 유계집합 $S\subset\mathbb{R}^n$ 에 대해서도 성립함을 보이자. 임의의 $x\in S$ 에 대해 $f(x)\le g(x)$ 이면 $S$ 를 포함하는 임의의 $x\in\mathbb{R}^n$ 에 대해 $f_S(x)\le g_S(x)$ 이므로 임의의 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\int_Sf=\int_Qf_S\le\int_Qg_S=\int_Sg$$

  따라서 원하는 결과를 얻는다. 이제 $S\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 라고 가정하고 본 정리가 성립함을 보이자. 임의의 $P\in\Pi(S)$ 와 임의의 $R\in S(P)$ 에 대하여 임의의 $x\in R$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\underset{R}{\text{inf}}\;f\le f(x)\le g(x)$$

$$\therefore\underset{R}{\text{inf}}\;f\le\underset{R}{\text{inf}}\;g$$

  따라서 다음을 얻는다.

$$L(f,P)\le L(g,P)\le\int_Sg$$

  $P$ 를 $\Pi(S)$ 에서 임의로 선택하였으므로 다음을 얻는다.

$$\underline{\int_S}f\le\int_Sg\qquad\therefore\int_Sf\le\int_Sg$$

 

  Step 2. $|f|$ 가 적분가능하며 다음이 성립함을 보이자.

$$\left|\int_Sf\right|\le\int_S|f|$$

  $S\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 일때 위 식이 성립한다고 가정하고 일반적인 유계집합 $S\subset\mathbb{R}^n$ 에 대해서도 성립함을 보이자. $|f_S|=|f|_S$ 이므로 $S$ 를 포함하는 임의의 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\left|\int_Sf\right|=\left|\int_Qf_S\right|\le\int_Q|f_S|=\int_S|f|$$

  따라서 원하는 결과를 얻는다. 이제 $S\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 라고 가정하고 본 정리가 성립함을 보이자. 각 $x\in S$ 에 대해 다음이 자명하다.

$$|f(x)|=\text{max}\{f(x),-f(x)\}$$

  한편 본 정리의 (1)에 따라 $-f$ 는 $S$ 에서 적분가능하므로 Lem 4.2 에 따라 $|f|$ 는 $S$ 에서 적분가능하다. 한편 각 $x\in S$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$-|f(x)|\le f(x)\le|f(x)|$$

  따라서 본 정리의 (1)과 step 1 에 따라 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

$$-\int_S|f|\le\int_Sf\le\int_S|f|$$

 

  (3) $f$ 가 음의 값을 갖지 않고 $T\subset S$ 이면 임의의 $x\in\mathbb{R}^n$ 에 대해 $f_T(x)\le f_S(x)$ 이다. $S$ 를 포함하는 임의의 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 에 대해 본 정리의 (2)에 따라 다음이 성립한다.

$$\int_Tf=\int_Qf_T\le\int_Qf_S=\int_Sf$$

 

  (4) 편의를 위해 $T=S_1\cap S_2$ 라고 하자. 임의의 $x\in\mathbb{R}^n$ 에 대해 다음이 자명하게 성립한다.

$$f_S(x)=f_{S_1}(x)+f_{S_2}(x)-f_T(x)$$

  만약 $f$ 가 $S,T$ 에서도 적분가능하면 $S$ 를 포함하는 임의의 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 에 대해 본 정리의 (1)에 따라 다음 식이 성립한다.

$$\begin{align}\int_Sf&=\int_Qf_S\\&=\int_Qf_{S_1}+\int_Qf_{S_2}-\int_Qf_T\\&=\int_{S_q}f+\int_{S_2}f-\int_Tf\end{align}$$

  이제 $f$ 가 $S,T$ 에서도 적분가능함을 보이자.

 

  Step 1. $f$ 가 $S$ 에서 음의 값을 갖지 않을 때 $f$ 가 $S,T$ 에서 적분가능함을 보이자. $S$ 를 포함하는 임의의 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 에 대해 전제에 따라 $f_{S_1},f_{S_2}$ 는 $Q$ 에서 적분가능하다. 이때 임의의 $x\in\mathbb{R}^n$ 에 대해 다음이 자명하다.

$$f_S(x)=\text{max}\{f_{S_1}(x),f_{S_2}(x)\}$$

$$f_T(x)=\text{min}\{f_{S_1}(x),f_{S_2}(x)\}$$

  Lem 4.2 에 따라 $f_S,f_T$ 는 $Q$ 에서 적분가능하다. 즉 $f$ 는 $S,T$ 에서 적분가능하다.

 

  Step 2. 일반적인 $f$ 에 대해 본 정리가 성립함을 보이자. 다음과 같이 두 함수 $f_+,f_-:S\to\mathbb{R}$ 을 정의하자.

$$f_+(x)=\text{max}\{f(x),0\}$$

$$f_-(x)=\text{max}\{-f(x),0\}$$

  본 정리의 (1)과 Lem 4.2 에 따라 $f_+,f_-$ 는 $S_1,S_2$ 에서 적분가능하다. 한편 $f_+,f_-$ 는 $S$ 에서 음의 값을 갖지 않으므로 step 1 에 따라 $S,T$ 에서도 적분가능하다. 이때 $f=f_++f_-$ 이므로 본 정리의 (1)에 따라 $f$ 는 $S,T$ 에서 적분가능하다.   $\square$

 

 

Corollary 4.4.  유계집합 $S_1,\ldots,S_k\subset\mathbb{R}^n$ 에 대해 모든 $S_i\cap S_j$ ($i\neq j$) 의 측도가 0이라고 하자. $S=\bigcup_{i=1}^kS_i$ 에 대해 $f:S\to\mathbb{R}$ 이 각 $S_i$ 에서 적분가능하면 $f$ 는 $S$ 에서 적분가능하며 다음이 성립한다.$$\int_Sf=\int_{S_1}f+\cdots+\int_{S_k}f$$

 

  Proof.  $k=2$ 일 경우 적분의 additivity 성질과 Thm 2.3 에 따라 본 정리가 성립한다. 일반적인 경우에 대해서는 귀납법에 따라 성립함을 알 수 있다.   $\square$

 

 

유계집합 위의 적분가능성

 

  유계집합 $S$ 위의 함수 $f$ 가 적분가능하다는 것은, 정의에 따르면 $S$ 를 포함하는 임의의 rectangle $Q$ 에서 $f_S$ 가 적분가능하다는 것을 의미한다. 한편 Lem 4.1 에 따르면 $S$ 를 포함하는 모든 rectangle 에 대해 $f_S$ 의 적분가능성을 확인할 필요 없이, $S$ 를 포함하는 단 하나의 아무런 rectangle 에 대해서만 확인하는 것으로 충분하다.

 

  한편 $Q$ 에서 $f_S$ 의 적분가능성은 $Q$ 에 포함되는 $f_S$ 의 불연속점의 측도와 관련이 있음을 알고있다. 지금 잠시 멈추어 $f$ 에서 $f_S$ 를 정의했던 방식을 잘 생각해보자. $f$ 가 정의역의 "가장자리"에서 0에 가까운 값을 갖지 않는다면, $S$ 와 $S$ 가 아닌 곳의 경계에서 $f_S$ 는 불연속점을 만들어낼 것이 분명하다. 따라서 유계집합 위의 적분가능성은 $f$ 의 정의역의 boundary 의 형태, 그리고 그 근처에서 $f$ 의 함수값과 관련이 있다.

 

  이제부터는 적분의 대상을 연속함수로 제한하자. 그동안 이런 제한을 두지 않은 이유는 적분을 정의할때 연속을 가정하는 것은 과분했기 때문이며, 이제부터 이런 제한을 두는 이유는 좋은 함수의 좋은 성질에 대해 탐구하기 위함이다.

 

Theorem 4.5.  유계집합 $S\subset\mathbb{R}^n$ , 유계 연속함수 $f:S\to\mathbb{R}$ 에 대하여 다음의 집합을 생각하자.$$E=\left\{x_0\in\text{Bd }S:\lim_{x\to x_0}f(x)\neq 0\right\}$$  $E$ 의 측도가 0이면 $f$ 는 $S$ 에서 적분가능하다.

 

※ $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)\neq 0$ 은 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)$ 의 값이 0이 아니거나, 혹은 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)$ 이 정의되지 않음을 의미한다.

 

※ 극한의 정의는 [실수공간의 위상] ch5. 함수의 극한 참고

 

  Proof.  임의의 $x_0\in\mathbb{R}^n\setminus E$ 를 생각하자. $f_S$ 가 $x_0$ 에서 연속임을 보이면 $f_S$ 의 불연속점은 $E$ 에 포함되므로 르베그 판정법에 따라 정리가 성립한다. 한편 $x_0$ 는 $\text{Int }S$ , $\text{Ext }S$ , $\text{Bd }S$ 중 단 한곳에 반드시 속한다.

 

  1. 만약 $x_0\in\text{Int }S$ 라면 $f$ 는 $x_0$ 근방에서 연속이므로 $f_S$ 도 $x_0$ 에서 연속임이 자명하고, 만약 $x_0\in\text{Ext }S$ 라면 $f_S$ 는 $x_0$ 근방에서 0이므로 $x_0$ 에서 연속이다.

 

  2. $x_0\in\text{Bd }S$ 라고 가정하자. 전제에 따라 $x_0\notin E$ 이므로 다음이 성립한다.

$$\lim_{x\to x_0}f(x)=0\tag{1}$$

  여기서 다음이 성립함을 보이자.

$$\lim_{x\to x_0}f_S(x)=0\tag{2}$$

  임의의 $V\in\mathcal{N}_{\mathbb{R}}(0)$ 을 생각하자. $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=0$ 이므로 어떤 $U\in\mathcal{N}_{\mathbb{R}^n}(x_0)$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$f(U\setminus\{x_0\})\subset V$$

  임의의 $x\in U\setminus\{x_0\}$ 에 대해 $f_S(x)=f(x)$ 또는 $f_S(x)=0$ 이므로 다음과 같다.

$$f_S(U\setminus\{x_0\})\subset f(U\setminus\{x_0\})\cup\{0\}$$

  한편 $V$ 는 0을 이미 포함하므로 $f(U\setminus\{x_0\})\cup\{0\}\subset V$ 이며, 따라서 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f_A(x)=0$ 가 성립한다. 식 (2)에 의해 $f_S$ 가 $x_0$ 에서 연속임을 보이는 것은 $f_S(x_0)=0$ 을 보이는 것과 같다. $x_0$ 은 $S$ 에 속하거나, 속하지 않는다. 먼저 $x_0\in S$ 라고 가정하면 $f$ 는 연속이므로 식 (1)에 따라 $f(x_0)=0$ 이며, 따라서 $f_S(x_0)=0$ 이다. $x_0\notin S$ 라고 가정하여도 $x_0$ 은 $f$ 의 정의역 밖의 점이므로 $f_S(x_0)=0$ 이다. 따라서 원하는 결과를 얻는다.   $\square$

 

 

  이 정리는 종종 중요도가 낮아지곤 한다. $E$ 는 $\text{Bd }S$ 의 부분집합이며, 만약 연속함수의 정의역 $S$ 의 boundary 의 측도가 0이라면 $E$ 의 측도도 자동으로 0이 되기 때문이다. 본질적으로는 그 자체로 의의를 갖는 정리이지만, 좋은 함수의 좋은 성질을 탐구하는 과정에서는 중요도가 다소 떨어진다.

 

  위 증명의 전략을 이용하면 아래의 정리를 알 수 있다. 이는 적분가능함수의 boundary 를 제거해도 영향이 없음을 의미한다.

 

Theorem 4.6.  유계집합 $S\subset\mathbb{R}^n$ , 유계 연속함수 $f:S\to\mathbb{R}$ 을 생각하자. $f$ 가 $S$ 에서 적분가능하면 $\text{Int }S$ 에서도 적분가능하며 다음과 같다.$$\int_{\text{Int }S}f=\int_Sf$$

 

  Proof.  편의를 위해 $A=\text{Int }S$ 라고 하자.

  Step 1. $f_S$ 가 어떤 $x_0\in\mathbb{R}^n$ 에서 연속이면 $f_A$ 도 $x_0$ 에서 연속이며 $f_A(x_0)=f_S(x_0)$ 임을 보이자.

 

  1. 만약 $x_0\in\text{Int }S$ 또는 $x_0\in\text{Ext }S$ 이면 $x_0$ 의 근방에서 $f_S$ 와 $f_A$ 는 동일하므로 $f_A(x_0)=f_S(x_0)$ 이며 $f_A$ 는 $x_0$ 에서 연속이다.

 

  2. $x_0\in\text{Bd }S$ 라고 가정하자. $f_S$ 는 $x_0$ 에서 연속이므로 다음이 성립한다.

$$\lim_{x\to x_0}f_S(x)=f_S(x_0)$$

  이는 임의의 $V\in\mathcal{N}_{\mathbb{R}}(f_S(x_0))$ 에 대해 $U\in\mathcal{N}_{\mathbb{R}^n}(x_0)$ 이 존재하여 $f(U\setminus\{x_0\})\subset V$ 가 성립함을 의미한다. 한편 $x_0$ 의 임의의 근방은 $S$ 밖의 점을 포함하므로 $0\in V$ 이다. 즉 $V$ 는 0의 근방이며, 정리하면 $f_S(x_0)$ 의 임의의 근방은 0을 포함하므로 $f_S(x_0)=0$ 임이 자명하다. 정리하면 다음과 같다.

$$\lim_{x\to x_0}f_S(x)=0$$

  여기서 다음이 성립함을 보이자.

$$\lim_{x\to x_0}f_A(x)=0$$

  임의의 $V\in\mathcal{N}_{\mathbb{R}}(0)$ 을 생각하자. $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f_S(x)=0$ 이므로 어떤 $U\in\mathcal{N}_{\mathbb{R}^n}(x_0)$ 이 존재하여 다음이 성립한다.

$$f_S(U\setminus\{x_0\})\subset V$$

  임의의 $x\in U\setminus\{x_0\}$ 에 대해 $f_A(x)=f_S(x)$ 또는 $f_A(x)=0$ 이므로 다음과 같다.

$$f_A(U\setminus\{x_0\})\subset f_S(U\setminus\{x_0\})\cup\{0\}$$

  한편 $V$ 는 0을 이미 포함하므로 $f_S(U\setminus\{x_0\})\cup\{0\}\subset V$ 이며, 따라서 $\displaystyle\lim_{x\to x_0}f_A(x)=0$ 가 성립한다. 이때 $x_0\in\text{Bd }S$ 이므로 $x\notin A$ 이며, 따라서 $f_A(x_0)=0$ 이 성립하므로 정리하면 다음과 같다.

$$\lim_{x\to x_0}f_A(x)=f_A(x_0)$$

  즉 $f_A$ 는 $x_0$ 에서 연속이므로 원하는 결과를 얻는다.

 

  Step 2. 이제 본 정리를 증명하자. $f$ 가 $S$ 에서 적분가능하면 르베그 판정법에 따라 $f_S$ 의 불연속점 집합 $D$ 의 측도는 0이다. Step 1 에 따르면 $f_A$ 의 불연속점 집합은 $D$ 에 포함되므로 $f$ 는 $A$ 에서도 적분가능하다. 한편 $f_S-f_A$ 는 적분가능하고 $\text{Bd }S$ 를 제외한 모든 점에서 0이며, Thm 2.3 에 따라 $S$ 를 포함하는 임의의 $Q\in\mathcal{Q}(\mathbb{R}^n)$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\int_Q(f_S-f_A)=0$$

  이때 다음이 성립하므로 원하는 결과를 얻는다.

$$\begin{align}\int_Q(f_S-f_A)&=\int_Qf_S-\int_Qf_A\\&=\int_Sf-\int_Af\tag*{$\square$}\end{align}$$

 

 

읽어주셔서 감사합니다.

 

 

References)

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

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