적분가능성은 연속함수와의 합성에서 보존된다

적분가능성은 연속함수와의 합성에서 보존된다

해당 글은 리만-스틸체스 적분을 기준으로 작성되었다. $\alpha=\alpha(x)=x$로 두면 리만 적분과 같다.

정리1

함수 $f$가 구간 $[a,b]$에서 리만(-스틸체스) 적분가능하고 $m \le f \le M$라고 하자. $\phi$를 구간 $[m,M]$에서 연속인 함수라고 하자. 함수 $h$를 $h=\phi \circ f$라고 하자. 그러면 $h$는 구간 $[a,b]$에서 리만(-스틸체스) 적분가능하다.

증명

임의의 양수 $\varepsilon>0$가 주어졌다고 하자. $[m,M]$은 닫혀있고 유계이므로 컴팩트이고, 컴팩트 집합 위에서 연속 함수는 균등연속이므로 $\phi$는 균등연속이다. 따라서 균등연속의 정의에 따라 아래의 식이 성립하는 $\delta < \varepsilon$가 존재한다.

$$ \begin{equation} |s-t| < \delta \implies |\phi (s) - \phi(t) | < \varepsilon \quad \forall s,t \in [m,M] \label{eq2} \end{equation} $$

그리고 $f$가 적분가능하므로 필요충분조건에 의해서 아래의 식을 만족하는 분할 $P$가 존재한다.

$$ \begin{equation} U(P,f,\alpha) - L(P,f,\alpha) < \delta^2 \label{eq3} \end{equation} $$

그리고 다음과 같이 두자.

$$ {M_i}^{f}=\sup f (x) \quad \text{and} \quad {m_i}^{f}=\inf f (x)\quad (x_{i-1} \le x \le x_i ) \\ {M_i}^{\phi}=\sup \phi (x) \quad \text{and} \quad {m_i}^{\phi}=\inf \phi (x)\quad (x_{i-1} \le x \le x_i ) $$

이제 인덱스 $i=1,2,\cdots,n$를 아래와 같은 규칙에 의해서 두 그룹으로 분류하자.

$$ \begin{equation} \begin{cases} i \in A, &\mathrm{if}\ M_{i}^{f} -m_{i}^{f} <\delta \\ i \in B, &\mathrm{if}\ M_{i}^{f} -m_{i}^{f} \ge\delta \end{cases} \label{eq4} \end{equation} $$

그러면 $i \in A$에 대해서는 $\eqref{eq2}$에 의해서 ${M_i}^{\phi} -{m_i}^{\phi} < \varepsilon$이다.

$i \in B$에 대해서는 아래의 수식을 만족하는 $K$를 생각할 수 있다.

$$ \begin{equation} {\color{green} {M_i}^{\phi} -{m_i}^{\phi} } \le {\color{blue} 2K} (K=\sup |\phi(t)|, m \le t \le M) \label{eq5} \end{equation} $$

(어떤 한 구간에서 제일 큰 값에서 제일 작은 값을 뺀 것이 전체 구간에서 제일 큰 값의 2배보다 크다는 것은 절대로 불가능하다) 그러면 아래의 부등식이 성립한다.

$$ \begin{align*} \delta \sum \limits_{i \in B} \Delta \alpha_i &= \sum \limits_{i \in B} \delta \Delta \alpha_i \\ &\le \sum \limits_{i \in B} (M_i^{f} -m_i^{f})\Delta \alpha_i & \text{by } \eqref{eq4} \\ &\le \sum \limits_{i \in B} (M_i^{f} -m_i^{f})\Delta \alpha_i + \sum \limits_{i \in A} (M_i^{f} - m_i^{f})\Delta \alpha_i \\ &= \sum \limits_{i=1}^n (M_i^{f}-m_i^{f})\Delta \alpha_i \\ &= U(P,f,\alpha)-L(P,f,\alpha) \\ &< \delta^2 & \text{by } \eqref{eq3} \end{align*} $$

따라서 정리하면 다음과 같다.

$$ \begin{equation} \sum \limits_{i \in B} \Delta \alpha_i< \delta \tag{6} \label{eq6} \end{equation} $$

그러면 적분가능할 필요충분조건을 보이기 위해 아래와 같이 부등식을 정리하자.

$$ \begin{align*} U(P,h,\alpha) - L(P,h,\alpha) & = \sum \limits_{i \in A}{\color{green}({M_i}^{\phi} -{m_i}^{\phi} ) }\Delta \alpha _i + \sum \limits_{i \in B} {\color{blue}({M_i}^{\phi} -{m_i}^{\phi} )} \Delta \alpha_i \\ &< \sum \limits_{i \in A} {\color{green}\boldsymbol{\varepsilon} }\Delta \alpha _i + \sum \limits_{i \in B} {\color{blue}2K} \Delta \alpha_i & \text{by } {\color{green}(1)}, {\color{blue}(4)} \\ &= \varepsilon \sum \limits_{i \in A} \Delta \alpha _i + 2K \sum \limits_{i \in B} \Delta \alpha_i \\ &< \varepsilon \sum \limits_{i \in A} \Delta \alpha _i + 2K \delta & \text{by } \eqref{eq6} \\ &< \varepsilon \sum \limits_{i \in A} \Delta \alpha_i +2K\varepsilon \\ &=\varepsilon ( S+ 2K) \quad \left( S=\sum \limits_{i \in A} \Delta \alpha_i \right) \end{align*} $$

따라서 정리하면 아래와 같다.

$$ U(P,h,\alpha) - L(P,h,\alpha) < \varepsilon ( S+ 2K) $$

이는 적분가능할 필요충분조건이므로 $h$는 적분가능하다.


  1. Walter Rudin, Principles of Mathmatical Analysis (3rd Edition, 1976), p127 ↩︎

댓글