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[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.

abf(x)g(x)dx=(f(b)g(b)f(a)g(a))abf(x)g(x)dx

  이 공식이 정확히 언제, 어떻게 성립하는지 알아보자.

 

도움정리 29-1)  f:AR[a,b]A 에서 리만 적분가능하면 ff[a,b] 에서 리만 적분가능하다.

 

proof)

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

(x[a,b])|f(x)|M

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

(1)U(f,P)L(f,P)<ϵ2M

  정의에 따라 다음과 같다.

U(f,P)L(f,P)=k=1n(sup[xk1,xk]finf[xk1,xk]f)(xkxk1)

  다음의 두 집합을 생각하자.

f([xk1,xk])H={|f(x)f(y)|:x,y[xk1,xk]}

f([xk1,xk])H2={|f(x)2f(y)2|:x,y[xk1,xk]}

  도움정리 27-4에 따라 다음이 성립한다.

sup[xk1,xk]finf[xk1,xk]f=supf([xk1,xk])H

sup[xk1,xk]ffinf[xk1,xk]ff=supf([xk1,xk])H2

  삼각 부등식에 따라 임의의 x,y[xk1,xk] 에 대해 다음이 성립한다.

|f(x)+f(y)||f(x)|+|f(y)|2M

|f(x)2f(y)2|=|f(x)+f(y)||f(x)f(y)|2M|f(x)f(y)|2Msupf([xk1,xk])H

  위의 식에 따르면 2Msupf([xk1,xk])Hf([xk1,xk])H2 의 상계이므로 다음을 얻는다.

supf([xk1,xk])H22Msupf([xk1,xk])H

sup[xk1,xk]ffinf[xk1,xk]ff2M(sup[xk1,xk]finf[xk1,xk]f)

  따라서 다음이 성립한다.

U(f,P)L(f,P)=k=1n(sup[xk1,xk]finf[xk1,xk]f)(xkxk1)12Mk=1n(sup[xk1,xk]ffinf[xk1,xk]ff)(xkxk1)=12M(U(ff,P)L(ff,P))

  식 (1)에 의해 다음을 얻는다.

12M(U(ff,P)L(ff,P))<ϵ2M

U(ff,P)L(ff,P)<ϵ

  리만 적분 판정법에 따라 ff[a,b] 에서 리만 적분가능하다.   

 

 

정리 29-2)  f,g:AR[a,b]A 에서 리만 적분가능하면 fg[a,b] 에서 리만 적분가능하다.

 

proof)

  정리 27-5을 보고오자. fg[a,b] 에서 리만 적분가능하므로 f+g[a,b] 에서 리만 적분가능하다. 도움정리 29-1에 따르면 ff , gg , (f+g)(f+g)[a,b] 에서 리만 적분가능하며 다음과 같다.

(f+g)(f+g)ffgg=(ff+2fg+gg)ffgg=2fg

  따라서 2fg[a,b] 에서 리만 적분가능하므로 12(2fg)=fg[a,b] 에서 리만 적분가능하다.   

 

 

부분적분법 (integration by parts)
  f,g:AR[a,b]A 에서 미분가능하며 Df,Dg[a,b] 에서 리만 적분가능하면 다음이 성립한다.[a,b]fDg=((fg)(b)(fg)(a))[a,b]Dfg

 

proof)

  f , g[a,b] 에서 미분가능하면 [a,b] 에서 연속이므로 [a,b] 에서 리만 적분가능하다. ( 정리 19-4, 정리 25.1-1) 정리 29-2에 따르면 fDg , Dfg[a,b] 에서 리만 적분가능하다. 임의의 x[a,b] 에 대해 다음이 성립한다.

D(fg)(x)=Df(x)g(x)+f(x)Dg(x)=(Dfg+fDg)(x)

  미적분학의 제2기본정리에 따르면 다음이 성립한다.

[a,b](Dfg+fDg)=(fg)(b)(fg)(a)

  이때 다음이 성립한다.

[a,b](Dfg+fDg)=[a,b]Dfg+[a,b]fDg

  따라서 원하는 결과를 얻는다.   

 

 

30. 치환적분법

 

  다음의 익숙한 표기법을 이용하자.

 

정의)  [a,b]A 에서 리만 적분가능한 함수 f:AR 에 대해 다음과 같이 정의하자.baf:=[a,b]f

 

  다음을 보이자.

 

치환적분법 (integration by substitution)
  f:AR 이 닫힌 구간 IA 에서 연속이라고 하자. g:AR[a,b]A 에서 미분가능하며 g([a,b])I 이고 Dg[a,b] 에서 연속이면 다음이 성립한다.ab((fg)Dg)=g(a)g(b)f

 

proof)

  g[a,b] 에서 미분가능하면 [a,b] 에서 연속이다. 합성함수 fg 를 생각하자. 임의의 k[a,b] 에 대해 gk 에서 연속이며 g(k)I 이므로 fg(k) 에서 연속이다. 따라서 fgk 에서 연속이다. ( 연속함수의 합성) 정리하면 fg[a,b] 에서 연속이므로 [a,b] 에서 리만 적분가능하다. ( 정리 25.1-1) 마찬가지로 Dg[a,b] 에서 리만 적분가능하므로 (fg)Dg[a,b] 에서 리만 적분가능하다. ( 정리 29-2)

 

  주어진 닫힌구간 I=[c,d] 에 대해 다음의 함수를 정의하자.

F:[c,d]R,x[c,x]f

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

(x[c,d])DF(x)=f(x)

 

  임의의 k[a,b] 에 대해 gk 에서 미분가능하며 g(k)[c,d] 이므로 Fg(k) 에서 미분가능하다. 연쇄법칙에 따라 Fgk 에서 미분가능하다. 정리하면 Fg[a,b] 에서 미분가능하며 다음이 성립한다.

(x[a,b])D(Fg)(x)=DF(g(x))Dg(x)=f(g(x))Dg(x)=((fg)Dg)(x)

  미적분학 제2기본정리에 따라 다음이 성립한다.

[a,b]((fg)Dg)=(Fg)(b)(Fg)(a)

  이때 F 의 정의에 따라 다음과 같다.

(Fg)(b)(Fg)(a)=F(g(b))F(g(a))=[c,g(b)]f[c,g(a)]f

  g(a)g(b) 라고 가정하면 다음을 얻는다.

[c,g(b)]f=[c,g(a)]f+[g(a),g(b)]f

(Fg)(b)(Fg)(a)=[g(a),g(b)]f=g(a)g(b)f

  g(a)g(b) 라고 가정하여도 다음을 얻는다.

[c,g(a)]f=[c,g(b)]f+[g(b),g(a)]f

(Fg)(b)(Fg)(a)=[g(b),g(a)]f=g(a)g(b)f

  정라하면 다음이 일반적으로 성립한다.

[a,b]((fg)Dg)=g(a)g(b)f

  따라서 원하는 결과를 얻는다.   

 

 

  치환적분법의 적분 공식을 친숙하게 표현하면 다음과 같다.

abf(g(x))g(x)dx=g(a)g(b)f(t)dt

 

 

지금까지 본 시리즈를 찾아주신 모든 분들께 감사드립니다.

 

 

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