[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.

$$\int_a^bf(x)g'(x)dx=\Big(f(b)g(b)-f(a)g(a)\Big)-\int_a^bf'(x)g(x)dx$$

  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.

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

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

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

  정의에 따라 다음과 같다.

$$\begin{align}&\;U(f,P)-L(f,P)\\=&\;\sum_{k=1}^n\left(\underset{[x_{k-1},x_k]}{\text{sup}}\;f-\underset{[x_{k-1},x_k]}{\text{inf}}\;f\right)(x_k-x_{k-1})\end{align}$$

  다음의 두 집합을 생각하자.

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

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

  도움정리 27-4에 따라 다음이 성립한다.

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

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

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

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

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

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

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

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

  따라서 다음이 성립한다.

$$\begin{align}&\;U(f,P)-L(f,P)\\=&\;\sum_{k=1}^n\left(\underset{[x_{k-1},x_k]}{\text{sup}}\;f-\underset{[x_{k-1},x_k]}{\text{inf}}\;f\right)(x_k-x_{k-1})\\\ge&\;\frac{1}{2M}\sum_{k=1}^n\left(\underset{[x_{k-1},x_k]}{\text{sup}}\;f\cdot f-\underset{[x_{k-1},x_k]}{\text{inf}}\;f\cdot f\right)(x_k-x_{k-1})\\&=\frac{1}{2M}\Big(U(f\cdot f,P)-L(f\cdot f,P)\Big)\end{align}$$

  식 (1)에 의해 다음을 얻는다.

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

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

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

 

 

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.

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

  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.   $\square$

 

 

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.$$\int_{[a,b]}f\cdot Dg=\Big((f\cdot g)(b)-(f\cdot g)(a)\Big)-\int_{[a,b]}Df\cdot g$$

 

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.

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

  미적분학의 제2기본정리에 따르면 다음이 성립한다.

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

  이때 다음이 성립한다.

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

  따라서 원하는 결과를 얻는다.   $\square$

 

 

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.$$\int_b^af:=-\int_{[a,b]}f$$

 

  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 $g\big([a,b]\big)\subset I$ 이고 $Dg$ 가 $[a,b]$ 에서 연속이면 다음이 성립한다.$$\int_a^b\Big((f\circ g)\cdot Dg\Big)=\int_{g(a)}^{g(b)}f$$

 

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.

$$(\forall x\in[c,d])\quad DF(x)=f(x)$$

 

  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.

$$\begin{align}(\forall x\in[a,b])\quad D(F\circ g)(x)&=DF\big(g(x)\big)Dg(x)\\&=f\big(g(x)\big)Dg(x)\\&=\Big((f\circ g)\cdot Dg\Big)(x)\end{align}$$

  미적분학 제2기본정리에 따라 다음이 성립한다.

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

  이때 $F$ 의 정의에 따라 다음과 같다.

$$\begin{align}(F\circ g)(b)-(F\circ g)(a)&=F\Big(g(b)\Big)-F\Big(g(a)\Big)\\&=\int_{[c,g(b)]}f-\int_{[c,g(a)]}f\end{align}$$

  $g(a)\le g(b)$ 라고 가정하면 다음을 얻는다.

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

$$\begin{align}\therefore(F\circ g)(b)-(F\circ g)(a)&=\int_{[g(a),g(b)]}f\\&=\int_{g(a)}^{g(b)}f\end{align}$$

  $g(a)\ge g(b)$ 라고 가정하여도 다음을 얻는다.

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

$$\begin{align}\therefore(F\circ g)(b)-(F\circ g)(a)&=-\int_{[g(b),g(a)]}f\\&=\int_{g(a)}^{g(b)}f\end{align}$$

  정라하면 다음이 일반적으로 성립한다.

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

  따라서 원하는 결과를 얻는다.   $\square$

 

 

  치환적분법의 적분 공식을 친숙하게 표현하면 다음과 같다.

$$\int_a^bf(g(x))g'(x)dx=\int_{g(a)}^{g(b)}f(t)dt$$

 

 

지금까지 본 시리즈를 찾아주신 모든 분들께 감사드립니다.

 

 

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