[FTC의 엄밀한 증명] ch27. 부분적분법, 치환적분법

  이전 읽을거리 : [FTC의 엄밀한 증명] ch26. 미적분학의 기본정리 (FTC)

 

 

  본 포스팅은 'Stephen Abbott, 해석학 첫걸음(2판)'을 공부하며 작성하였습니다.

 

 

29. 부분적분법

 

  다음과 같은 적분 공식을 부분적분법이라고 한다.

$${\int }_a^{b}f(x)g^{\prime }(x)dx=(f(b)g(b)-f(a)g(a))-{\int }_a^b{f}^{\prime }(x)g(x)dx$$

  이 공식이 정확히 언제, 어떻게 성립하는지 알아보자.

 

도움정리 29-1)  $f:A\to \mathbb{R}$ 이 $[a,b]\subset A$ 에서 리만 적분가능하면 $f\cdot f$ 도 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능하다.

 

proof)

  $f$ 가 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능하면 $[a,b]$ 에서 유계이므로 다음을 만족하는 $M>0$ 이 존재한다.

$$(\mathrm{\forall }x\in [a,b])|f(x)|\le M$$

  리만 적분 판정법에 따라 임의의 $ϵ>0$ 에 대해 다음을 만족하는 $[a,b]$ 의 분할 $P$ 가 존재한다.

$$\begin{array}{}\text{(1)}& U(f,P)-L(f,P)<\frac{ϵ}{2M}\end{array}$$

  정의에 따라 다음과 같다.

$$\begin{array}{rl}& U(f,P)-L(f,P)\\ =& \sum _{k=1}^n(\underset{[x_{k-1},x_k]}{\text{sup}}f-\underset{[x_{k-1},x_k]}{\text{inf}}f)(x_k-x_{k-1})\end{array}$$

  다음의 두 집합을 생각하자.

$$f([x_{k-1},x_k]{)}_H=\{|f(x)-f(y)|:x,y\in [x_{k-1},x_k]\}$$

$$f([x_{k-1},x_k]{)}_H^2=\{|f(x{)}^2-f(y{)}^2|:x,y\in [x_{k-1},x_k]\}$$

  도움정리 27-4에 따라 다음이 성립한다.

$$\underset{[x_{k-1},x_k]}{\text{sup}}f-\underset{[x_{k-1},x_k]}{\text{inf}}f=\text{sup}f([x_{k-1},x_k]{)}_H$$

$$\underset{[x_{k-1},x_k]}{\text{sup}}f\cdot f-\underset{[x_{k-1},x_k]}{\text{inf}}f\cdot f=\text{sup}f([x_{k-1},x_k]{)}_H^2$$

  삼각 부등식에 따라 임의의 $x,y\in [x_{k-1},x_k]$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$|f(x)+f(y)|\le |f(x)|+|f(y)|\le 2M$$

$$\begin{array}{rl}\therefore |f(x{)}^2-f(y{)}^2|& =|f(x)+f(y)||f(x)-f(y)|\\ & \le 2M|f(x)-f(y)|\\ & \le 2M\text{sup}f([x_{k-1},x_k]{)}_H\end{array}$$

  위의 식에 따르면 $2M\text{sup}f([x_{k-1},x_k]{)}_H$ 는 $f([x_{k-1},x_k]{)}_H^2$ 의 상계이므로 다음을 얻는다.

$$\text{sup}f([x_{k-1},x_k]{)}_H^2\le 2M\text{sup}f([x_{k-1},x_k]{)}_H$$

$$\therefore \underset{[x_{k-1},x_k]}{\text{sup}}f\cdot f-\underset{[x_{k-1},x_k]}{\text{inf}}f\cdot f\le 2M(\underset{[x_{k-1},x_k]}{\text{sup}}f-\underset{[x_{k-1},x_k]}{\text{inf}}f)$$

  따라서 다음이 성립한다.

$$\begin{array}{rl}& U(f,P)-L(f,P)\\ =& \sum _{k=1}^n(\underset{[x_{k-1},x_k]}{\text{sup}}f-\underset{[x_{k-1},x_k]}{\text{inf}}f)(x_k-x_{k-1})\\ \ge & \frac{1}{2M}\sum _{k=1}^n(\underset{[x_{k-1},x_k]}{\text{sup}}f\cdot f-\underset{[x_{k-1},x_k]}{\text{inf}}f\cdot f)(x_k-x_{k-1})\\ & =\frac{1}{2M}(U(f\cdot f,P)-L(f\cdot f,P))\end{array}$$

  식 (1)에 의해 다음을 얻는다.

$$\frac{1}{2M}(U(f\cdot f,P)-L(f\cdot f,P))<\frac{ϵ}{2M}$$

$$\therefore U(f\cdot f,P)-L(f\cdot f,P)<ϵ$$

  리만 적분 판정법에 따라 $f\cdot f$ 는 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능하다.   $◻$

 

 

정리 29-2)  $f,g:A\to \mathbb{R}$ 이 $[a,b]\subset A$ 에서 리만 적분가능하면 $f\cdot g$ 도 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능하다.

 

proof)

  정리 27-5을 보고오자. $f$ 와 $g$ 는 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능하므로 $f+g$ 도 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능하다. 도움정리 29-1에 따르면 $f\cdot f$ , $g\cdot g$ , $(f+g)\cdot (f+g)$ 도 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능하며 다음과 같다.

$$\begin{array}{rl}& (f+g)\cdot (f+g)-f\cdot f-g\cdot g\\ =& (f\cdot f+2f\cdot g+g\cdot g)-f\cdot f-g\cdot g\\ =& 2f\cdot g\end{array}$$

  따라서 $2f\cdot g$ 도 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능하므로 $\frac{1}{2}(2f\cdot g)=f\cdot g$ 가 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능하다.   $◻$

 

 

부분적분법 (integration by parts)
  $f,g:A\to \mathbb{R}$ 이 $[a,b]\subset A$ 에서 미분가능하며 $Df,Dg$ 가 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능하면 다음이 성립한다.$${\int }_{[a,b]}f\cdot Dg=((f\cdot g)(b)-(f\cdot g)(a))-{\int }_{[a,b]}Df\cdot g$$

 

proof)

  $f$ , $g$ 가 $[a,b]$ 에서 미분가능하면 $[a,b]$ 에서 연속이므로 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능하다. ($\because$ 정리 19-4, 정리 25.1-1) 정리 29-2에 따르면 $f\cdot Dg$ , $Df\cdot g$ 도 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능하다. 임의의 $x\in [a,b]$ 에 대해 다음이 성립한다.

$$\begin{array}{rl}D(f\cdot g)(x)& =Df(x)g(x)+f(x)Dg(x)\\ & =(Df\cdot g+f\cdot Dg)(x)\end{array}$$

  미적분학의 제2기본정리에 따르면 다음이 성립한다.

$${\int }_{[a,b]}(Df\cdot g+f\cdot Dg)=(f\cdot g)(b)-(f\cdot g)(a)$$

  이때 다음이 성립한다.

$${\int }_{[a,b]}(Df\cdot g+f\cdot Dg)={\int }_{[a,b]}Df\cdot g+{\int }_{[a,b]}f\cdot Dg$$

  따라서 원하는 결과를 얻는다.   $◻$

 

 

30. 치환적분법

 

  다음의 익숙한 표기법을 이용하자.

 

정의)  $[a,b]\subset A$ 에서 리만 적분가능한 함수 $f:A\to \mathbb{R}$ 에 대해 다음과 같이 정의하자.$${\int }_b^{a}f:=-{\int }_{[a,b]}f$$

 

  다음을 보이자.

 

치환적분법 (integration by substitution)
  $f:A\to \mathbb{R}$ 이 닫힌 구간 $I\subset A$ 에서 연속이라고 하자. $g:A\to \mathbb{R}$ 이 $[a,b]\subset A$ 에서 미분가능하며 $g([a,b])\subset I$ 이고 $Dg$ 가 $[a,b]$ 에서 연속이면 다음이 성립한다.$${\int }_a^b((f\circ g)\cdot Dg)={\int }_{g(a)}^{g(b)}f$$

 

proof)

  $g$ 가 $[a,b]$ 에서 미분가능하면 $[a,b]$ 에서 연속이다. 합성함수 $f\circ g$ 를 생각하자. 임의의 $k\in [a,b]$ 에 대해 $g$ 는 $k$ 에서 연속이며 $g(k)\in I$ 이므로 $f$ 는 $g(k)$ 에서 연속이다. 따라서 $f\circ g$ 는 $k$ 에서 연속이다. ($\because$ 연속함수의 합성) 정리하면 $f\circ g$ 는 $[a,b]$ 에서 연속이므로 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능하다. ($\because$ 정리 25.1-1) 마찬가지로 $Dg$ 도 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능하므로 $(f\circ g)\cdot Dg$ 도 $[a,b]$ 에서 리만 적분가능하다. ($\because$ 정리 29-2)

 

  주어진 닫힌구간 $I=[c,d]$ 에 대해 다음의 함수를 정의하자.

$$F:[c,d]\to \mathbb{R},x\mapsto {\int }_{[c,x]}f$$

  $f$ 는 $[c,d]$ 에서 연속이므로 미적분학의 제1기본정리에 따라 $F$ 는 미분가능함수이며 다음이 성립한다.

$$(\mathrm{\forall }x\in [c,d])DF(x)=f(x)$$

 

  임의의 $k\in [a,b]$ 에 대해 $g$ 는 $k$ 에서 미분가능하며 $g(k)\in [c,d]$ 이므로 $F$ 는 $g(k)$ 에서 미분가능하다. 연쇄법칙에 따라 $F\circ g$ 는 $k$ 에서 미분가능하다. 정리하면 $F\circ g$ 는 $[a,b]$ 에서 미분가능하며 다음이 성립한다.

$$\begin{array}{rl}(\mathrm{\forall }x\in [a,b])D(F\circ g)(x)& =DF(g(x))Dg(x)\\ & =f(g(x))Dg(x)\\ & =((f\circ g)\cdot Dg)(x)\end{array}$$

  미적분학 제2기본정리에 따라 다음이 성립한다.

$${\int }_{[a,b]}((f\circ g)\cdot Dg)=(F\circ g)(b)-(F\circ g)(a)$$

  이때 $F$ 의 정의에 따라 다음과 같다.

$$\begin{array}{rl}(F\circ g)(b)-(F\circ g)(a)& =F(g(b))-F(g(a))\\ & ={\int }_{[c,g(b)]}f-{\int }_{[c,g(a)]}f\end{array}$$

  $g(a)\le g(b)$ 라고 가정하면 다음을 얻는다.

$${\int }_{[c,g(b)]}f={\int }_{[c,g(a)]}f+{\int }_{[g(a),g(b)]}f$$

$$\begin{array}{rl}\therefore (F\circ g)(b)-(F\circ g)(a)& ={\int }_{[g(a),g(b)]}f\\ & ={\int }_{g(a)}^{g(b)}f\end{array}$$

  $g(a)\ge g(b)$ 라고 가정하여도 다음을 얻는다.

$${\int }_{[c,g(a)]}f={\int }_{[c,g(b)]}f+{\int }_{[g(b),g(a)]}f$$

$$\begin{array}{rl}\therefore (F\circ g)(b)-(F\circ g)(a)& =-{\int }_{[g(b),g(a)]}f\\ & ={\int }_{g(a)}^{g(b)}f\end{array}$$

  정라하면 다음이 일반적으로 성립한다.

$${\int }_{[a,b]}((f\circ g)\cdot Dg)={\int }_{g(a)}^{g(b)}f$$

  따라서 원하는 결과를 얻는다.   $◻$

 

 

  치환적분법의 적분 공식을 친숙하게 표현하면 다음과 같다.

$${\int }_a^{b}f(g(x))g^{\prime }(x)dx={\int }_{g(a)}^{g(b)}f(t)dt$$

 

 

지금까지 본 시리즈를 찾아주신 모든 분들께 감사드립니다.

 

 

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