가측함수 근사와 리만-르베그의 보조정리

증명

먼저 \(f \ge 0\)인 경우를 증명하자. 그러면 르베그 적분의 정의에 의하여 \[\int_a^b f\,dm = \sup \left\{ \left. \int_a^b \varphi \,dm \,\right\vert\, 0 \le \varphi \le f ,\, \varphi \text{ is simple} \right\}\] 이다. \(f\ge \varphi\)이므로 \(\lvert f-\varphi \rvert = f-\varphi\)이다. 따라서 단순함수 \(\varphi\)가 존재하여 \[\int_a^b | f-\varphi | \,dm = \int_a ^b f\,dm - \int_a^b \varphi \,dm < \frac{\epsilon}{2}\] 을 만족시킨다. 이로써 계단함수 \(h\)를 이용하여 단순함수 \(\varphi\)에 근사시키는 일만 남았다.

\(\varphi\)의 유한치역을 \[\left\{ a_1 ,\, a_2 ,\, \cdots ,\, a_n \right\}\]이라고 하면 \(E_i := \varphi^{-1} (\left\{ a_i \right\})\)들의 모임은 \([a,\,b]\)의 분할을 이룬다.

구간을 이용하여 각 \(E_i\)를 근사시키자. \(\varphi\)가 단순함수이므로 \[M := \sup\left\{ \varphi (x) \,\vert\, x\in[a,\,b] \right\} < \infty\] 이다. 그러므로 \(i le n\)인 각 \(i\)에 대하여 열린집합 \(O_i\)가 존재하여 \(E_i \subseteq O_i\)이고 \[m(O_i \setminus E_i ) < \frac{\epsilon}{2nM}\] 을 만족시킨다. 각 \(E_i\)의 측도가 유한이므로 \(O_i\)의 측도도 유한이며, \(O_i\)는 유한 개의 열린 구간의 합집합을 이용하여 근사된다. 즉 서로소인 열린 구간들 \(I_{ij}\)가 존재하여 \[\begin{align} O_i &= \bigcup_{j=1}^{\infty} I_{ij}\\[6pt] m(O_i ) &= \sum_{j=1}^{\infty} m(I_{ij}) < \infty \end{align}\] 를 만족시킨다. 이 무한급수는 수렴하므로 \[m(O_i ) - m\left( \bigcup_{j=1}^{k_i} I_{ij} \right) < \frac{\epsilon}{2nM}\] 을 만족시키는 첨수 \(k_i\)가 존재한다. 그러므로 각 \(i \le n\)에 대하여 \[G_i = \bigcup_{j=1}^{k_i} I_{ij}\] 라고 하면 \[\int_a^b \lvert \mathbf{1}_{E_i} - \mathbf{1}_{G_i} \rvert \,dm = m(E_i \Delta G_i ) < \frac{\epsilon}{nM}\] 이 성립한다. \[h := \sum_{i=1}^n \,a_i \mathbf{1}_{G_i}\] 라고 하자. 이 계단함수는 \[\int_a^b | \varphi - h | \,dm < \frac{\epsilon}{2}\] 을 만족시키므로 \[\int_a^b | f-h| \,dm < \epsilon\] 이 성립한다.

\(f\)가 음의 값을 갖는 경우의 증명은 어렵지 않다. \(f^+\)와 \(f^-\)는 각각 단순함수 \(h_1\)과 \(h_2\)에 의하여 근사될 수 있으며, \(L^1\)노름의 차이가 각각 \(\epsilon / 2\)보다 작도록 만들 수 있다. \(h = h_1 - h_2\)라고 하면 \[\int_a^b |f-h| \,dm \le \int_a^b |f^+ - h_1 | \,dm + \int_a^b | f^- - h_2 |\,dm < \epsilon\] 이 성립한다.

증명

\(f\)가 유계인 가측함수이고 구간 \([a,\,b]\)의 바깥에서 함숫값이 \(0\)이라고 하자. \(f=h\)라고 하고 정리 1의 증명 과정에서 정의한 구간을 사용하자. 구간 \(I_{ij}\)의 순서를 바꿈으로써 유한수열 \((J_m )_{m\le n} ,\) \(J_m = (c_m ,\, d_m)\)이 \[h = \sum_{m=1}^{n} a_m \mathbf{1}_{J_m}\] 을 만족시키도록 할 수 있다. \[\ell (J_m ) = (d_m - c_m ) > \frac{\epsilon '}{2}\] 인 \(\epsilon ' > 0\)이 주어졌다고 하고 \(\mathbf{1}_{J_m}\)에 근사한 연속함수 \(g_m\)을 구성하자. 먼저 \(J_m\)보다 살짝 작은 구간 \[\left( c_m + \frac{\epsilon '}{4} ,\, d_m - \frac{\epsilon '}{4} \right)\] 에서 함숫값을 \(g_m = 1\)로 정의하고, \(J_m\)의 바깥에서는 함숫값을 \(g_m =0\)으로 정의한다. 또한 \[J_m \setminus \left( c_m + \frac{\epsilon '}{4} ,\, d_m - \frac{\epsilon '}{4} \right)\] 은 두 구간의 합집합이 되는데, 각 구간에서 \(g\)가 일차함수가 되도록 \(g\)의 함숫값을 정의하여 \(g\)가 \(\mathbb{R}\)에서 연속이 되도록 할 수 있다. 이와 같이 구성된 함수 \(g\)에 대하여 \[\int_a^b | \mathbf{1}_{J_m} - g_m | \,dm < \frac{\epsilon '}{2}\] 이 성립한다. 각 \(J_m\)에 대하여 이 작업을 반복하고, \[K = \max_{m\le n}|a_m | ,\quad \epsilon ' < \frac{\epsilon}{nK}\] 이라고 하자. \[g := \sum_{m=1}^{n} a_m g_m\] 이라고 하면 \(g\)는 \[\int_a^b | h-g | \,dm < \frac{\epsilon}{2}\] 을 만족시킨다.

다음으로 \(f\in\mathcal{L}^1 [a,\,b]\)인 경우를 증명하자. 정리 1의 증명 과정에서 살펴본 바와 같이 \(f \ge 0\)이라고 가정해도 일반성을 잃지 않는다. \(f_n = \min (f,\,n)\)이라고 하자. 그러면 \(f_n\)은 유계인 가측함수이고 \(|f_n | \le |f|\)이므로 지배수렴 정리에 의하여 \(f_n \,\to\,f\)이다. 즉 적당한 \(N\)에 대하여 \[\int_a^b |f-f_N | \,dm < \frac{\epsilon}{2}\] 이다. 이때 증명의 앞부분에서 논의한 결론에 의하여, 연속함수 \(g\)가 존재하여 \[\int_a^b |f_N - g| \,dm\]을 만족시키며, 적당한 유한 구간의 바깥에서 \(g\)의 함숫값은 \(0\)이 된다. 이와 같이 얻어진 연속함수 \(g\)에 대하여 \[\int_a^b |f-g| \,dm < \epsilon\] 이 성립한다.

끝으로 \(f\in\mathcal{L}^1 ( \mathbb{R}\)이고 \(f\ge 0\)인 경우를 증명하자. \(f\)의 절댓값이 르베그 적분 가능하므로 충분히 큰 자연수 \(n\)에 대하여 \[\int_{|x| \ge n} \,f\,dm < \frac{\epsilon}{3}\] 이 성립한다. 또한 연속함수 \(g\)가 존재하여 \[\int_{|x| \ge n} \,g\,dm < \frac{\epsilon}{3}\] 그리고 \[\int_{-n}^{n} \,|f-g| \,dm < \frac{\epsilon}{3}\] 을 모두 만족시킨다. 이 함수 \(g\)에 대하여 \[\int_{\mathbb{R}} \,|f-g|\,dm < \epsilon\] 이 성립한다.

증명

편의상 \(\int_{-\infty}^{\infty}\)를 간단히 \(\int\)로 나타내자. \[s_k := \int f(x) \sin kx \,dx\] 라고 하자. \(x=y+\frac{\pi}{k}\)라고 하면 \[\begin{align} s_k &= \int f\left( y+ \frac{\pi}{k} \right) \sin (ky + \pi ) \,dy \\[6pt] &= - \int f \left( y + \frac{\pi}{k} \right) \sin (ky) \,dy \end{align}\] 이다. \(|\sin x | \le 1\)이므로 \[\begin{align} \int \left| f(x) - f\left( x+\frac{\pi}{k} \right) \right| dx &\ge \left| \int \left( f(x) - f\left( x + \frac{\pi}{k} \right) \right) \sin kx \, dx \right| \\[6pt] &= 2 \left| s_k \right| \end{align}\] 이다. 그러므로 \[\lim_{h\,\to\,0} \int | f(x) - f(x+h) | dx =0\] 임을 증명하면 충분하다.

\(\epsilon > 0\)이 주어졌다고 하자. 정리 2에 의하여 연속함수 \(g\)가 존재하여 \[\int | f-g | \,dm < \frac{\epsilon}{3}\] 을 만족시키고 \([a,\,b]\)의 바깥에서 \(g\)의 함숫값은 \(0\)이 된다. \(|h| < 1\)인 \(h\)에 대하여 \[g_h (x) = g(x+h)\] 로 정의된 함수 \(g_h\)는 연속이며 \([a-1,\,b+1]\)의 바깥에서 \(g_h\)의 함숫값은 \(0\)이 된다. 또한 다음 부등식이 성립한다. \[\begin{align} \int | f(x+h) &- f(x)| \,dm \le \int | f(x+h) -g(x+h)| \,dm \\[6pt] &+ \int |g(x+h) - g(x)| \,dm + \int | g(x) - f(x) |\,dm . \end{align}\] 우변의 첫 적분과 세 번째 적분의 값은 모두 \(\epsilon / 3\)보다 작으며, \(g\)가 연속함수이므로 충분히 작은 \(\delta > 0\)에 대하여 \(|h| < \delta\)일 때 우변의 두 번째 적분의 값은 \(\epsilon / (3(b-a+2))\)보다 작다. \([a-1 ,\, b+1]\)의 바깥에서 \(g\)의 함숫값이 \(0\)이므로 두 번째 적분의 값은 \(\epsilon / 3\)보다도 작다. 그러므로 \(|h| < \delta\)일 때 \[\int | f(x+h) - f(x) | \,dm < \epsilon\] 이 성립한다.

지금까지의 증명 과정에서 \(\sin\)을 \(\cos\)으로 바꾸면 정리의 두 번째 등식을 얻는다.