[측도론] 6-2 Lp공간의 쌍대공간(2)

[측도론] 6-2 Lp공간의 쌍대공간(2) 

6.16 $1<p<\infty$이면, $L^{p}$는 반사적이다.  

사상 $g\,\mapsto\,\phi_{g}$는 $L^{\infty}$에서 $(L^{1})^{*}$로의 사상이나 일반적으로 단사도 전사도 아니다. $\mu$가 반 유한측도가 아니면 단사가 아니다. $E\subset X$를 무한측도 집합으로 양의 유한측도 부분집합을 갖지 않는다 하고, $f\in L^{1}$이라 하면 $\{x\,|\,f(x)\neq0\}$는 $\sigma-$유한집합이므로 $\mu(\{x\,|\,f(x)\neq0\}\cap E)=0$이다. 그러면 임의의 $f\in L^{1}$에 대해 $\phi_{\chi_{E}}=0$이나 $\chi_{E}\neq0$이다. $\mu$가 $\sigma-$유한이 아니면 $g\,\mapsto\,\phi_{g}$는 전사가 아니다. $X$를 비가산집합, $\mu$를 가측공간 $(X,\,\mathcal{M})$상의 셈측도, $\mathcal{M}$을 가산집합 또는 여가산집합(여집합이 가산집합인 집합)의 $\sigma-$대수, $\mu_{0}=\mu|_{\mathcal{M}}$이라 하자. $f\in L^{1}(\mu)$는 가산집합 바깥에서 소멸($\{x\,|\,f(x)\neq0\}$은 가산집합)하므로 $f\in L^{1}(\mu_{0})$이고 역도 성립하므로 $L^{1}(\mu)=L^{1}(\mu_{0})$이다. 반면에 $L^{\infty}(\mu)$는 $X$상의 유계함수들로 구성되어있고 $L^{\infty}(\mu_{0})$는 가산집합이 아닌 집합에서 상수인 유계함수들로 구성되어있다. 그러면 다음이 성립한다. $$L^{\infty}(\mu_{0})\subset L^{\infty}(\mu)=(L^{1}(\mu)\mu)^{*}=(L^{1}(\mu_{0}))^{*}\,(L^{\infty}(\mu_{0})\neq L^{\infty}(\mu))$$ ($\because$ $f\in L^{\infty}(\mu_{0})$이면 $M>0$이 존재해서 $|f|\leq M<\infty$이고 $f$가 가측함수이므로 $A_{1}=f^{-1}[[-M,\,0]]$, $A_{2}=f^{-1}[[0,\,M]]$일 때 이 두 집합이 모두 비가산집합이면 $f^{-1}[\{0\}]$은 비가산집합이고 $\{x\,|\,f(x)\neq0\}$은 가산집합이다. $A_{1}$, $A_{2}$모두 비가산집합이 아니면 적어도 하나는 비가산집합이므로 볼차노-바이어슈트라스 정리의 증명과정에 의해 $\alpha\in[-M,\,M]$가 존재해서 $f^{-1}[\{\alpha\}]$는 비가산집합이고 $\{x\,|\,f(x)\neq\alpha\}$는 가산집합이다.)

$X=[0,\,1]$, $\mu$를 르베그측도라고 하자. $C(X)$는 $L^{\infty}$의 부분공간이고 $f\,\mapsto\,f(0)$는 $C(X)$상의 유계선형범함수이므로 한-바나흐 정리에 의해 $\phi\in(L^{\infty})^{*}$가 존재해서 모든 $f\in C(X)$에 대해 $\phi(f)=f(0)$이다. $f_{n}\in C(X)$을 $f_{n}(x)=\max\{1-nx,\,0\}$이라고 하자. 그러면 $\phi(f_{n})=f_{n}(0)=1$이나 모든 $x>0$에 대해 $f_{n}(x)\,\rightarrow\,0$이므로 지배수렴정리에 의해 모든 $g\in L^{1}$에 대해 $\displaystyle\int_{X}{f_{n}gd\mu}\,\rightarrow\,0$이다. 이것은 $\phi$를 적분으로 나타낼 수 없음을 뜻한다.   

   

6.17 폰 노이만에 의한 르베그-라돈-니코딤 정리(Lebesgue-Radon-Nikodym Theorem due to von Neumann) 

$\mu,\,\nu$를 각각 $(X,\,\mathcal{M})$에서의 $\sigma-$유한 양측도, 부호측도라고 하자. 그러면 유일한 부호측도 $\nu_{a}$, $\nu_{s}$가 존재해서 $$\nu=\nu_{a}+\nu_{s},\,\nu_{a}\ll\mu,\,\nu_{s}\perp\mu$$ 이고 적당한 함수 $f\in L^{2}$에 대해 다음이 성립한다. $$d\nu_{a}=fd\mu\,\left(\nu_{a}(E)=\int_{E}{fd\mu}\right)$$   

증명: 

I. $\mu,\,\nu$를 유한 양측도, $\lambda=\mu+\nu$, $L^{2}(\lambda)$를 힐베르트 공간, 모든 $f\in L^{2}(\lambda)$에 대하여 연산자 $T$를 다음과 같이 정의하자. $$T(f)=\int_{X}{fd\nu}$$ 그러면 슈바르츠 부등식으로부터 다음의 부등식이 성립하고 $$|T(f)|\leq\int_{X}{|f|d\nu}\leq\int_{X}{|f|d\lambda}\leq\sqrt{\int_{X}{|f|^{2}d\lambda}}\sqrt{\lambda(X)}$$ $\mu$와 $\nu$가 유한이므로 $\lambda$도 유한이고 따라서 $T$는 유계이고 연속이다. $T$는 선형변환이므로 $L^{2}(\lambda)$에서 유계선형변환이고 5.21에 의해 $g\in L^{2}(\lambda)$가 존재해서 모든 $f\in L^{2}(\lambda)$에 대해 다음의 등식이 성립한다. $$T(f)=\int_{X}{fd\nu}=\int_{X}{fgd\lambda}$$ $\lambda(E)>0$인 $E\in\mathcal{M}$에 대하여 $f=\chi_{E}$라 하자. 그러면 $$\nu(E)=\int_{X}{\chi_{E}d\nu}=\int_{E}{\chi_{E}gd\lambda}=\int_{E}{gd\lambda}$$ 이고 $\nu$, $\mu$는 양측도이므로 $\nu(E)\leq\lambda(E)$이다. $\displaystyle0\leq\frac{1}{\lambda(E)}\int_{E}{gd\lambda}\leq1$이므로 임의의 $E\in\mathcal{M}$에 대해 $\displaystyle\int_{E}{gd\lambda}\geq0$, $\int_{E}{(1-g)d\lambda}\geq0$이고 $0\leq g\leq1\,\lambda-a.e.$이다. $\lambda=\mu+\nu$, $\displaystyle\int_{X}{fd\nu}=\int_{X}{fgd\lambda}$이므로 다음의 등식이 성립한다. $$\int_{X}{f(1-g)d\nu}=\int_{X}{fgd\mu}$$ $A=\{x\,|\,0\leq g(x)<1\}$, $B=\{x\,|\,g(x)=1\}$, $\nu_{a}=\nu(A\cap E)$, $\nu_{s}(E)=\nu(B\cap E)$라 하자. 등식 $\displaystyle\int_{X}{f(1-g)d\nu}=\int_{X}{fgd\mu}$에서 $f=\chi_{B}$라고 하면 $$0=\int_{B}{(1-g)d\nu}=\int_{B}{gd\mu}=\mu(B)$$ 이고 따라서 $\nu_{s}\perp\mu$이다. 

$\displaystyle f=\sum_{i=0}^{n}{g^{i}\chi_{E}}$라 하면 $\displaystyle\int_{E}{(1-g^{n+1})d\nu}=\int_{E}{g\left(\sum_{i=0}^{n}{g^{i}}\right)d\mu}$이고 $x\in A$이면 $$(1-g^{n+1})\,\rightarrow\,1,\,g\sum_{i=0}^{n}{g^{i}}\,\rightarrow\,\frac{g}{1-g}\,(g^{n}\,\rightarrow\,0)$$ 이고 $x\in B$이면 $g=1$이므로 $(1-g^{n+1})=0$이다. 위의 등식과 지배수렴정리에 의해 $n\,\rightarrow\,\infty$일 때 $$\nu_{a}(E)=\nu(E\cap A)=\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\int_{E}{(1-g^{n+1})d\nu}}=\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{g\left(\sum_{i=0}^{n}{g^{i}}\right)d\mu}=\int_{E}{\frac{g}{1-g}d\mu}$$ 이고 $\displaystyle f=\frac{g}{1-g}$라고 하면 $\displaystyle\nu_{a}(E)=\int_{E}{fd\mu}$이고 $\nu_{a}(X)\leq\nu(X)<\infty$이므로 $f\in L^{2}(\mu)$이다.    

II. $\mu,\,\nu$를 $\sigma-$유한 양측도라 하자. 그러면 $\{E_{i}\}$가 존재해서 $E_{i}\in\mathcal{M}$, $\displaystyle\bigcup_{i=1}^{\infty}{E_{i}}=X$, $\mu(E_{i})<\infty$, $\nu(E_{i})<\infty$이다. $\mu_{i}(E)=\mu(E\cap E_{i})$, $\nu_{i}=\nu(E\cap E_{i})$라 하면 $\mu_{i}$, $\nu_{i}$는 유한 양측도이고 $I$의 결과에 의해 $$\nu_{i}=\nu_{i,\,a}+\nu_{i,\,s},\,\nu_{i,\,s}\perp\mu_{i},\,\nu_{i,\,a}\ll\mu_{i}$$ 이고 적당한 $f_{i}\in L^{2}(\mu)$에 대하여 $\displaystyle\nu_{i,\,a}(E)=\int_{E}{f_{i}d\mu_{i}}$이다.   

일반적으로 $\nu$가 $\sigma-$유한 부호측도이면 조르단 분해정리에 의해 $\nu=\nu^{+}-\nu^{-}$이므로 $\nu^{+}$와 $\nu^{-}$에 II의 결과를 적용한다. 

유일성: $\nu=\nu_{a}+\nu_{s}=\nu_{a}'+\nu_{s}'$라고 하면 $\nu_{a}-\nu_{a}'=\nu_{s}'-\nu_{s}$이다. $\nu_{a}\ll\mu$, $\nu_{a}'\ll\mu$, $\nu_{s}\perp\mu$, $\nu_{s}'\perp\mu$이므로 $\nu_{a}-\nu_{a}'\ll\mu$, $\nu_{s}'-\nu_{s}\perp\mu$이고 따라서 $\nu_{a}-\nu_{a}'=\nu_{s}'-\nu_{s}=0$이다. 

참고자료: 

Real Analysis: Modern Techniques and Their Applications Second edition, Folland, Wiley 

실해석&함수해석학, 방현수, 교우사