찍먹 측도론2 Carathéodory's extension theorem and proof

 

 

서론

오늘은 Carathéodory's extension theorem에 대해 알아보겠습니다. (완벽 증명)

 

이 정리는 정말 좋은 정리인데요! Ring에서 pre-measure를 잘 정의하면 이를 mesure로 잘 확장할 수 있다는 뜻입니다. 

 

이 정리의 필요성에 대해 생각해 봅시다.

어떤 $\mathrm{\Omega }$의 $\mathcal{P}(\mathrm{\Omega })$에 대해 measure가 쉽게 정의되지 않습니다. Lebesgue measure에 대해 Vitali set을 생각해 보면 직관적으로 존재해야 할 것 같은 measure에도 그 값이 존재하지 않을 수 있죠.

 

그런데 Carathéodory's extension theorem은 이런 경우를 배제하고 measure가 잘 존재하도록 하는 방법에 대해 알려줍니다.

한 번 그 과정을 따라가 봅시다..

 

본론

먼저 Carathéodory's extension theorem의 statement부터 알아봅시다.

 

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Let $\mathrm{\Omega }$ be a ring of sets on $X$ and let $\mu :R\to [0,+\mathrm{\infty }]$ be a pre-measure on R.

Let $\sigma (\mathrm{\Omega })$ be the (borel)$\sigma$-algebra generated by $\mathrm{\Omega }$.

If ${\mu }^{\ast }$ : $\sigma (R)\to [0,+\mathrm{\infty }]$ such that ${\mu }^{\ast }$ is an extension of $\mu$.

Moreover, if $\mu$ is $\sigma$-finite then the extension ${\mu }^{\ast }$ is unique.

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Carathéodory's extension Theorem의 statement입니다.

여기서 증명하기 전 outer measure ${\mu }^{\ast }$에 대해 간단히 정의하고 시작하겠습니다.

 

Definition of outer measure

$${\mu }^{\ast }(E)=inf(\sum _i\mu (A_i))\mathrm{\forall }E\in \mathrm{\Omega }$$

where the inf is taken over all countable collections of $A_i$ s.t $E\subset \bigcup _i{A}_i$

 

outer measure는 결국 E를 덮는 가장 작은 방법의 measure로 정의하겠다는 의미입니다. 어떤 집합 E가 있을 때 Ring으로부터 E를 덮을 수 있는 Countable collections를 고려하고 이들의 합집합의 measure 중 가장 작은 값을 고르는 것입니다.

 

 이건 제 궁금증이었는데, $inf(\varnothing )$은 해석학적으로 $\mathrm{\infty }$의 값을 갖는다고 합니다. 즉 덮지 못하는 E에 대해서는 $\mathrm{\infty }$를 할당하여 모든 $\mathcal{P}(\mathrm{\Omega })$를 domain으로 가질 수 있습니다.

 

자 이제 본 증명을 시도해 봅시다.

 

Proof of Carathéodory's extension theorem

step1) prove stuff about ${\mu }^{\ast }$

일단 $B\subseteq \mathrm{\Omega }$ 이고 ${\mu }^{\ast }(B)<\mathrm{\infty }$라고 합시다.

 

그리고 ${\mu }^{\ast }$의 성질들을 증명하고 시작하겠습니다.

- ${\mu }^{\ast }(\varnothing )=0$ : 공집합을 덮는 방법 중 가장 작은 것은 공집합으로 덮는 것이고, $\mu$는 pre-measure이기 때문에 그 값은 0입니다.

 

- ${\mu }^{\ast }$ is nonnegative for all B contained in $\mathrm{\Omega }$ : $\mu$ is nonnegative

 

- $\mu \ast$ is monotone : 이번 증명에서는 monotonic increasing만 사용하겠습니다.

 

만약 $B_1\subset B_2$라고 가정하겠습니다. 그렇다면 ${\mu }^{\ast }(B_1)\le {\mu }^{\ast }(B_2)$입니다. 왜일까요? 만약 $B_2$를 커버하는 $A_i$의 collections가 있다면 $B_1$은 $B_2$의 부분집합이므로 $B_1$도 커버할 수 있습니다. 그러면 $B_1$을 커버하는 collection의 inf는 최소한 $A_i$의 measure보다는 작게 됩니다.

 

- ${\mu }^{\ast }$ is countable subadditive : 일전에 말씀드린 outer measure가 만족해야 하는 성질입니다.

증명해 봅시다. 혼자서 증명해보려고 했는데 잘 안되더라고요. 아이디어가 신박합니다.

 

$ϵ>0$ 하나와 $\{B_i{\}}_{i=1}^{\mathrm{\infty }}$(countable collection of $B_i$)를 택합시다.

그리고 $B_i\subseteq \bigcup _j{A}_{ij}$ 라고 합시다. $B_i$를 덮는 $A_{ij}$들에 대해 생각하자는 건데요.

그러면 ${\mu }^{\ast }(B_i)$는 covering의 infimum이기 때문에 항상 $\sum _j\mu (A_{ij})\le {\mu }^{\ast }(B_i)+ϵ2^{-i}$를 만족하도록 $\{A_{ij}\}$들을 택할 수 있습니다.

 

이는 infimum의 정의 때문인데요, 어떤 집합 $X$의 $inf(X)$는 어떤 $ϵ$에 대해서든 $inf(X)$보다 크고 $inf(X)+ϵ$보다 작은 $x\in X$를 선택할 수 있습니다.

굳이 $ϵ2^{-i}$로 택한 것은 뒤에서 이 값들을 쭉 더할 건데 등비급수를 사용해서 더한 값을 1로 만들 겁니다.

 

${\mu }^{\ast }(\bigcup _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{B}_i)\le \mu (\bigcup _{i,j}{A}_{ij})=\sum _{i,j}\mu (A_{ij})\le \sum _i{\mu }^{\ast }(B_i)+ϵ$

 

먼저 첫 번째 부등호부터 보죠.

$${\mu }^{\ast }(\bigcup _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{B}_i)\le \mu (\bigcup _{i,j}{A}_{ij})$$

 

${\mu }^{\ast }$은 outer measure입니다. 그리고 그곳에 B의 합집합을 넣었는데 outer measure는 이를 덮을 수 있는 $A_{ij}$들의 infimum이므로 그냥 이를 덮을 수 있는 어떤 $A_{ij}$들에 대해 pre-measure는 더 클 수밖에 없습니다.

덮을 수 있는 것들의 최소 $\le$ 덮을 수 있는 어떤 것은 당연합니다.

 

두 번째의 등호는 간단히 pre-measure의 countable additivity입니다.

 

세 번째의 부등호는 앞서 infimum의 정의로 선택한 ${\mu }^{\ast }(B_i)+ϵ2^{-i}$를 싹 다 더한 겁니다. 앞선 $B_i$ term은 그냥 sigma로 남아있고 $ϵ$ term만 다 더해졌는데 등비급수로 인해 그 합이 $ϵ$이 되었습니다.

($\because \sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{2}^{-i}=1$)

 

음~ $ϵ$은 임의의 양수이므로 해석개론 가장 처음에 배우는 논리에 따라 $ϵ$을 지워버릴 수 있겠습니다. 증명은 원래 귀류법으로 하는데, 직관적으로는 아주 아주 아주 아주 작은 $ϵ$을 잡았으면 거의 비슷하다? 정도로 생각해도 되겠습니다.

 

즉, $\therefore {\mu }^{\ast }(\bigcup _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{B}_i)\le \sum _i{\mu }^{\ast }(B_i)$ 입니다. countable subadditive죠.

이제 우리가 정의한 이것이 outer measure임을 증명을 끝냈습니다..

step2) Check that $\mu$ and ${\mu }^{\ast }$ coincide $\mathrm{\forall }A\in \mathcal{A}$

자 이번엔 우리가 정의한 outer measure가 ring에서만큼은 premeasure와 같이 작동한다는 걸 보이겠습니다.

 

우리는 임의의 $A\in \mathcal{A}$에 대해 ${\mu }^{\ast }(A)\le \mu (A)$임을 알고 있습니다. 왜냐면 자기는 자기 자신으로 덮을 수 있기 때문입니다.

자기 자신도 자기를 덮는 방법의 일종이라면 outer measure의 정의(infimum of pre-measure of covers)에 따라 그 값이 더 작거나 같을 수밖에 없겠습니다.

 

이번엔 $A\subset \bigcup _i{A}_i$라고 해봅시다. 당연히 이를 만족하는 $\bigcup _i{A}_i$가 항상 존재하겠죠? $A_1=A$, $A_i=\varnothing ,ifi\ne 1$로 잡으면 되니까요~

 

그러면 monotonically increasing property에 의해 다음 부등식이 성립합니다.

 

$$\mu (A)\le \sum _i\mu (A\cap A_i)\le \sum _i\mu (A_i)$$

 

먼저 첫 번째 부등식은 {$A_i$}가 $A$를 덮으므로 $A_i\cap A$의 합집합도 A를 덮습니다.(ring의 정의에 따라 교집합도 ring에 포함됩니다. 즉, pre-measure가 존재합니다.)  $A_i\cap A$들은 pairwise disjoint 하지 않은데요, 이때는 $\le$가 성립합니다. countable additivity는 countable subadditivity를 imply 하고 있는데 가볍게 부등식이 성립함을 보일 수 있습니다. (premeasure$\ge 0$) 즉, monotinically increasing 하므로 본 부등식이 성립을 하는 거죠.

 

두 번째 부등식도 $A_i$가 $A_i\cap A$를 포함하기 때문에, mononicity에 의해 성립합니다.

 

여기서 모든 $A$에 대해 $A$를 덮는 모든 방법에 대해 $\mu (A)$가 같거나 작죠? 즉, $\mu (A)$는 $\sum _i\mu (A_i)$의 lowerbound가 되는 겁니다. 즉, infimum보다 lowerbound는 같거나 작기 때문에

 

$\mu (A)\le {\mu }^{\ast }(A)\mathrm{\forall }A\in \mathcal{A}$입니다. 그런데 항상 $\mu (A)\ge {\mu }^{\ast }(A)\mathrm{\forall }A\in \mathcal{A}$가 성립하므로(def of infimum) ring의 원소 A에 한해 $$\mu (A)={\mu }^{\ast }(A)$$입니다.

 

pre-measure와 outer measure가 같은 값을 가지네요!

 

step3) Check $A\subset \mathcal{m}$

$\mathcal{m}$ 은 collection of ${\mu }^{\ast }$ - measurable sets입니다. 어떤 set $A$이 ${\mu }^{\ast }$ measurable set이라는 의미는 A를 ${\mu }^{\ast }$에 대한 측정도구로 쓸 수 있다는 뜻입니다.

정의상으로는 다음을 만족해야 합니다.

${\mu }^{\ast }(E)={\mu }^{\ast }(E\cap A)+{\mu }^{\ast }(E\cap A^c)\mathrm{\forall }E\subseteq \mathrm{\Omega }$

모든 집합에 대해 $A$와 겹치는 부분과 겹치지 않는 부분으로 나누어 그 outer measure를 구할 수 있습니다.

 

원래는 ${\mu }^{\ast }$는 subadditive이기 때문에 ${\mu }^{\ast }(E)\le {\mu }^{\ast }(E\cap A)+{\mu }^{\ast }(E\cap A^c)$가 성립하지만 그 반대도 성립하는 집합들의 collection이 $\mathcal{m}$이 됩니다.

 

$B\subset \mathrm{\Omega },ϵ>0$ 라고 합시다. 자 우리는 ${\mu }^{\ast }(B)<\mathrm{\infty }$라고 정의했으므로 $E\subseteq \bigcup _i{A}_i$를 만족하는 $\{A_i\}$(countable collection)가 존재합니다.

그중 하나인 $\{A_i\}$를 택할 건데 ${\mu }^{\ast }(E)$는 infimum으로 정의되므로 $\sum _i\mu (A_i)\le {\mu }^{\ast }(E)+ϵ$을 만족하는 $\{A_i\}$로 택하겠습니다. $★$

 

더 나아가, $E\cap A\subseteq \bigcup _i(A\cap A_i)$ , $E\cap A^c\subseteq \bigcup _i(A^c\cap A_i)$ 활용합시다.

위의 식은 $E\subseteq \bigcup _i{A}_i$의 양 변에 $A$나 $A^c$를 교집합 한 후 분배법칙을 적용해 준 것입니다.

 

그러면 ${\mu }^{\ast }$의 countable subadditivity에 의해 ${\mu }^{\ast }(E\cap A)+{\mu }^{(}E\cap A^c)\le \sum _i\mu (A\cap A_i)+\mu (A^c\cap A_i)=\sum _i\mu (A_i)$이 성립합니다.

 

첫 번째 부등식에서는 활용하기로 한 부분집합의 논리를 $m{u}^{\ast }$에 적용하고 infimum의 정의에 의해 바로 $\mu$에 대한 부등식으로 바꿔준 것입니다.

 

두 번째 부등식은 $\mu (A\cap A_i)+\mu (A^c\cap A_i)=\mu (A\cap A_i)\cup (A^c\cap A_i))$ 임을 사용합니다. 서로 disjoint 하기 때문에 $\mu$의 countable additivity를 활용했고요. 즉 이는 $\mu (A_i)$와 같습니다.

 

이제 위의 $★$를 참고해 보면  $\sum _i\mu (A_i)\le {\mu }^{\ast }(E)+ϵ$ 입니다.

즉, $${\mu }^{\ast }(E\cap A)+{\mu }^{(}E\cap A^c)\le {\mu }^{\ast }(E)$$ 라는 사실을 알 수 있습니다.(by arbitrary $ϵ$)

원래 countable subadditivity에 의해 $${\mu }^{\ast }(E\cap A)+{\mu }^{(}E\cap A^c)\ge {\mu }^{\ast }(E)$$ 가 성립하므로 즉, $$\therefore {\mu }^{\ast }(E\cap A)+{\mu }^{(}E\cap A^c)={\mu }^{\ast }(E)$$ 입니다!

 

결국 ring $\mathcal{A}$의 집합들은 모두 measurable 하므로 $\mathcal{m}$에 속한다는 의미입니다.

step4) Show that $\mathcal{m}$ is a $\sigma$-field

자 이제 $\mathcal{m}$이 $\sigma$-field 임을 보여보겠습니다.

 

일단 $\varnothing \in \mathcal{m}$입니다. 왜냐면 $\mathcal{A}$ $\subset \mathcal{m}$이기 때문입니다.

또 $\mathrm{\Omega }\in \mathcal{m}$입니다. 왜냐면 ${\mu }^{\ast }(E\cap A)+{\mu }^{(}E\cap A^c)={\mu }^{\ast }(E)$의 A자리에 $\mathrm{\Omega }$를 넣어보면 알 수 있습니다.

 

자 이번엔 $A\cap B=(A^c\cup B^c)$ 임을 이용해 $\mathcal{m}$이 closed under intersection임을 보이겠습니다.

 

For $B_1,B_2\in \mathcal{m}$ and $\mathrm{\forall }E\in \mathrm{\Omega }$,

${\mu }^{\ast }(E)={\mu }^{\ast }(B_1\cap E)+{\mu }^{\ast }(B_1^c\cap E)\because B_1\in \mathcal{m}$

 

다음은 위의 두 집합을 $B_2$에 관해 다시 measurable의 정의로 전개합니다.

 

$={\mu }^{\ast }(E)={\mu }^{\ast }(B_2\cap B_1\cap E)+{\mu }^{\ast }(B_2\cap B_1^c\cap E)+{\mu }^{\ast }(B_2^c\cap B_1\cap E)+{\mu }^{\ast }(B_2^c\cap B_1^c\cap E)$

 

그다음은 countable subadditivity를 사용하여 첫 번째 항을 제외하고 나머지 항을 합집합 하겠습니다.

 

$\ge {\mu }^{\ast }(E)={\mu }^{\ast }(B_2\cap B_1\cap E)+{\mu }^{\ast }((B_2\cap B_1^c\cap E)\cup (B_2^c\cap B_1\cap E)\cup (B_2^c\cap B_1^c\cap E))$

 

정리하면

 

$={\mu }^{\ast }(E)={\mu }^{\ast }(B_2\cap B_1\cap E)+{\mu }^{\ast }((B_2\cap B_1{)}^c\cap E)$가 성립합니다.

 

다시 countable subadditivity를 적용합시다.

 

$\ge {\mu }^{\ast }(E)$입니다.

 

우리가 처음에 ${\mu }^{\ast }(E)$로 시작했죠? 마지막 부등식도 ${\mu }^{\ast }(E)$로 끝났으니 중간의 식들에 모두 등호가 성립합니다. 즉,${\mu }^{\ast }(E)={\mu }^{\ast }(B_2\cap B_1\cap E)+{\mu }^{\ast }((B_2\cap B_1{)}^c\cap E)={\mu }^{\ast }(E)$ 이고 이는 $\mathcal{m}$이 closed under intersection임을 의미합니다.

 

이번엔 Closed under difference를 보이겠습니다.

그런데 우리가 교집합(intersection)에 대해 닫혀있음을 보였으므로 complement에 대해 닫혀있음을 보이는 것만으로 충분합니다. 왜냐면 $A\cap B^c=A-B$ 이기 때문입니다.

 

이건 진짜 쉽습니다. 설명 없이 수식만 쓰겠습니다.

${\mu }^{\ast }(E)={\mu }^{\ast }(E\cap B^c)+{\mu }^{\ast }(E\cap (B^c{)}^c)$

 

즉,$\mathcal{m}$은 Field입니다.

 

자 아직, $\sigma$-field는 아닙니다. 이를 보이기 위해 countable union에 닫혀 있음을 보여봅시다.

 

$\mathcal{m}$으로부터 {$B_i$}를 pairwise disjoint 하게 택합시다. ({$B_i$}이란 표기법 자체가 countable이라는 의미입니다.)

그리고 $B=\bigcup _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{B}_i$라고 합시다.

 

이제 $B_1$에 대해 measurable set의 정의를 사용합시다.

${\mu }^{\ast }(E)={\mu }^{\ast }(E\cap B_1)+{\mu }^{\ast }(E\cap B_1^c)$

 

다음엔 ${\mu }^{\ast }(E\cap B_1^c)$ 항에 $B_2$로 measurable set의 정의를 사용합시다.

 

${\mu }^{\ast }(E)={\mu }^{\ast }(E\cap B_1)+{\mu }^{\ast }(E\cap B_1^c\cap B_2)+{\mu }^{\ast }(E\cap B_1^c\cap B_2^c)$

$={\mu }^{\ast }(E\cap B_1)+{\mu }^{\ast }(E\cap B_2)+{\mu }^{\ast }(E\cap B_1^c\cap B_2^c)\because B_1^c\subseteq B^2$

 

자 이 과정을 마지막 항에 반복해 주면 됩니다! 과정이 쉽게 예측이 되겠죠.

n번 반복했을 때

 

${\mu }^{\ast }(E)=\sum _i^n{\mu }^{\ast }(E\cap B_i)+{\mu }^{\ast }(E\cap \{\bigcap _{i=1}^n{B}_i^c\})$

 

가 됩니다.

 

그러면 monotonicity와 subadditivity에 의해 $n\to \mathrm{\infty }$일 때,

$${\mu }^{\ast }(E)\ge \sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{\mu }^{\ast }(E\cap B_i)+{\mu }^{\ast }(E\cap B^c)$$

가 성립합니다.

 

왜 그럴까요?

먼저 ${\mu }^{\ast }(E)=\sum _i^n{\mu }^{\ast }(E\cap B_i)+{\mu }^{\ast }(E\cap \{\bigcap _{i=1}^n{B}_i^c\})\ge \sum _i^n{\mu }^{\ast }(E\cap B_i)+{\mu }^{\ast }(E\cap B^c)$ $\mathrm{♠}$

라고 할 수 있습니다. 뒤의 항만 바꾼 겁니다.

 

왜냐하면 $B^c\subset \bigcap _{i=1}^n{B}_i^c$ 이기 때문입니다.

 

이제 n을 무한대로 보내봅시다. 그러면 $\sum _{i=1}^n{\mu }^{\ast }(E\cap B_i)$ 이 수열은 monotonic increasing 하는 수열이죠? 그리고 upper bound가 ${\mu }^{\ast }(E)$로 존재합니다. 그러므로 monotonic convergence thm에 의해 수렴합니다. $\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{\mu }^{\ast }(E\cap B_i)$가 존재하겠군요. 또 $\mathrm{♠}$의 뒤의 두항 통째로가 supremum에 수렴할 테니 $${\mu }^{\ast }(E)\ge \sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{\mu }^{\ast }(E\cap B_i)+{\mu }^{\ast }(E\cap B^c)$$ 라고 할 수 있겠습니다.

 

자 식을 더 전개하겠습니다.

${\mu }^{\ast }(E)$

$\ge \sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{\mu }^{\ast }(E\cap B_i)+{\mu }^{\ast }(E\cap B^c)$

$\ge {\mu }^{\ast }(E\cap B)+{\mu }^{\ast }(E\cap B^c)\because$ subadditivity 

$\ge {\mu }^{\ast }(E)\because$ subadditivity

 

아까와 같은 테크닉으로 부등식의 처음과 끝이 같으니 모두 등호가 성립합니다.

즉, $\therefore {\mu }^{\ast }(E)={\mu }^{\ast }(E\cap B)+{\mu }^{\ast }(E\cap B^c)$

이는 $B\in \mathcal{m}$을 의미하므로, $\mathcal{m}$이 closed under countable unions라고 할 수 있겠네요.

 

즉, $\mathcal{m}$ 은 $\sigma$-field입니다.

 

step5) ${\mu }^{\ast }$ - countable additivity

자 위의 등호가 모두 성립한다고 했으니 ${\mu }^{\ast }(E)=\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{\mu }^{\ast }(E\cap B_i)+{\mu }^{\ast }(E\cap B^c)$ 입니다.

여기에 E가 아닌 B를 넣어봅시다.

그러면 ${\mu }^{\ast }(B)=\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}{\mu }^{\ast }(B\cap B_i)$ 입니다.

 

아하! $B\in \mathcal{m}$을 countable union으로 표현할 수 있으면 그 measure는 각각을 sum 한 거네요!

이건 countable additivity입니다! 그리고 outer measure가 measure로 extend 된다는 의미입니다!

 

우리는 이제 $\mathcal{m}$의 부분집합인 $\sigma (\mathcal{A})$로부터 outer measure를 measure로 사용할 수 있게 되었습니다!

 

다시 정리하며 그 이유를 확실히 알아보죠.

 

1. 우리는 set function ${\mu }^{\ast }$을 정의했습니다. (step 1)

2. 이는 $\mathcal{m}$에서 measure로 작동함을 보였습니다. (step 5)

3. 그런데 $\mathcal{A}\subset \mathcal{m}$ 이고 $\mathcal{m}$의 countable union은 다시 $\mathcal{m}$에 속합니다. (step3, step4)

4. 그럼 $\mathcal{A}$를 포함하고 그 countable union들을 다시 모아서 만든 $\sigma (\mathcal{A})$는 다시 $\mathcal{m}$에 속합니다.

5. ${\mu }^{\ast }$는 $mathcalm$에서 measure이므로  $\sigma (\mathcal{A})$에서도 measure입니다. Q.E.D.

 

결론

Carathéodory's extension theorem에 대해 증명해 보았습니다.

우리가 ring에서 pre-measure를 잘 정의하면 그 ring으로부터 만든 $\sigma$-field에서 outer measure를 measure로 쓸 수 있다는 게 그 의미였습니다.

 

아직 uniqueness는 증명하지 않았습니다. $\sigma$-finite가 정의되어야 uniqueness가 성립하는데요... 처음부터 $\sigma$-finite를 정의하고 시작하면 증명에서 cover의 존재성에 대해 생각할 필요도 없어지고 더 편해지는데... 원래 증명이 이를 안 정의하기 때문에 정의 안 하고 증명해 봤습니다.

 

워낙 학부에서 잘 다루지 않는 내용인 것 같아 누군가에게 도움이 될지는 모르겠지만 혹시나 글을 읽게 되신다면 도움 되시길 바랍니다.

 

다음 uniqueness posting으로 뵙겠습니다.