함수 $f$가 $[a,b]$에서 연속이면 $[a,b]$에서 리만-스틸체스 적분가능하다.

함수가 연속이기만 하면 리만 적분가능하다는 아주 아주 강력하고 좋은 정리다.



보조정리1

$X$, $,Y$가 거리공간이고, $f : X \rightarrow Y$가 연속함수라고 하자.

이때, $X$가 컴팩트거리공간이면 $f$는 균등연속이다.


보조정리2

함수 $f$가 $[a,b]$에서 리만-스틸체스 적분가능할 필요충분조건은 모든 $\epsilon >0$에 대하여 $U(P,f,\alpha) - L(P,f,\alpha) < \epsilon$을 만족시키는 $[a,b]$의 분할 $P$가 존재하는 것이다.


$f \in \mathscr{R} (\alpha)$ on $[a,b]$  $\Leftrightarrow$ $\forall\ \epsilon >0, \ \exists\  P$ s.t $U(P,f,\alpha) - L(P,f,\alpha) < \epsilon$


$f : [a,b] \rightarrow \mathbb{R}$는 유계이고, $\alpha (x) : [a,b] \rightarrow \mathbb{R}$는 단조증가함수이다.

$P=\left\{ a=x_0 < x_1 < \cdots < x_n=b \right\}$


증명

$f$는 $[a,b]$에서 연속이라고 가정하자.

임의의 $\epsilon >0$이 주어졌다고 하자.

그리고 $\left[ \alpha (b) - \alpha (a) \right] \eta < \epsilon$을 만족하는 $\eta>0$를 골랐다고 하자.


보조정리1에 의해 $f$는 균등 연속이다.

따라서 균등연속의 정의에 따르면

$x,\ t \in [a,b]$에 대하여 $|x-t|<\delta \Rightarrow |f(x)-f(t)|<\eta$를 만족하는 $\delta >0$가 존재한다.

균등연속의 정의에 의해 $\eta$자리에 어떤 양수가 들어가도 만족하므로 우리가 위에서 선택한 $\eta$도 당연히 만족한다.


$[a,b]$의 분할 $P$가 $\Delta x_i <\delta$  $(i=1,\cdots,n)$를 만족한다고 하자.

그러면 위에서 보인 $f$가 균등연속이라는 조건을 이용하여 $M_i-m_i \le \eta$  $(i=1,\cdots,n)$가 성립함을 알 수 있다.

이 때 $M_i$, $m_i$는 여기서 사용한 것과 같다.


그러면

$\begin{eqnarray*} U(P,f,\alpha) - L(P,f,\alpha) &=& \sum \limits_{i=1}^n (M_i-m_i)\Delta \alpha_i \\ & \le& \sum \limits _{i=1} ^n \eta \Delta \alpha_i \\ &=& \eta \sum \limits_{i=1}^n \Delta \alpha_i \\ &=& \eta       \left[ \big( \alpha( x_2) -\alpha(a) \big)  + \cdots + \big( \alpha( b) -\alpha(x_{n-1}) \big)\right] \\ &=& \eta \left[ \alpha ( b) - \alpha (a) \right] < \epsilon \end{eqnarray*}$

증명의 처음 부분에서 $\eta$를 고를 때 마지막 수식을 만족하도록 하는 $\eta$를 골랐으므로 마지막 줄이 성립하는 것은 당연하다.

보조정리2에 의해 $f \in \mathscr{R} (\alpha)$ ■

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