연습문제 · 11. 적분

쉬움

1쉬움

$[0,1]$ 위의 함수 $f$ 를 $f(1/2) = 1$ 이고 $x \ne 1/2$ 에서는 $f(x) = 0$ 이라 정의하자.

$f$ 가 리만 적분가능하고 $\int_0^1 f = 0$ 임을, 상합·하합을 직접 평가하여 증명하세요.

리만합 스퀴즈

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$f$ 는 유계이다 ( $0 \le f \le 1$ ). $0 < \delta < 1/2$ 에 대해 분할 $P_\delta = \{0,\ 1/2 - \delta,\ 1/2 + \delta,\ 1\}$ 을 잡자.
양쪽 바깥 구간에서는 $f \equiv 0$ 이므로 상한·하한이 모두 $0$ 이고, 가운데 구간 $[1/2-\delta,\ 1/2+\delta]$ 에서는 하한이 $0$ (1/2가 아닌 점이 존재)이고 상한이 $1$ ( $f(1/2) = 1$ )이다.
따라서 하합은 $L(P_\delta, f) = 0$ 이고 상합은 $U(P_\delta, f) = 1 \cdot 2\delta = 2\delta$ 이다. $U - L = 2\delta \to 0$ ( $\delta \to 0^+$ )이므로 리만 판정법에 의해 $f$ 는 적분가능하다.
적분값은 $0 = L(P_\delta, f) \le \int_0^1 f \le U(P_\delta, f) = 2\delta$ 를 모든 $\delta > 0$ 에 대해 만족하므로 $0$ 이다 — 한 점에서의 값은 리만 적분에 영향을 주지 않는다.

보통

2보통

$F(x) = x^2\sin(1/x^2)$ ( $x \ne 0$ ), $F(0) = 0$ 이라 하자.

$F$ 가 $[-1,1]$ 의 모든 점에서 미분가능함을 보이고, 도함수 $F'$ 이 $0$ 의 모든 근방에서 무계임을 보이세요. $F'$ 이 $[-1,1]$ 에서 리만 적분가능하지 않음을 결론짓고, 이것이 미적분학 기본정리 제2형태의 가설 "도함수가 리만 적분가능하다"가 왜 필요한지 설명하세요.

F'(0) = \lim_{h \to 0} h\sin(1/h^2) = 0

F'(x) = 2x\sin(1/x^2) - \frac{2}{x}\cos(1/x^2) \quad (x \ne 0)

x_k = \frac{1}{\sqrt{2\pi k}}:\quad F'(x_k) = -2\sqrt{2\pi k} \to -\infty

미적분 기본정리

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$F'(0)$ 을 정의로 구한다: $\dfrac{F(h) - F(0)}{h} = h\sin(1/h^2)$ 이고 $\lvert h\sin(1/h^2) \rvert \le \lvert h \rvert$ 이므로 조임 정리로 극한은 $0$ 이다.
$x \ne 0$ 에서는 곱·합성 미분법으로 $F'(x) = 2x\sin(1/x^2) + x^2\cos(1/x^2)\cdot(-2/x^3) = 2x\sin(1/x^2) - \dfrac{2}{x}\cos(1/x^2)$ 이다. 따라서 $F$ 는 $[-1,1]$ 의 모든 점에서 미분가능하다.
그러나 $F'$ 은 $0$ 근처에서 무계이다.
$x_k = \dfrac{1}{\sqrt{2\pi k}} \to 0^+$ ( $k = 1, 2, \dots$ )라 두면 $\sin(1/x_k^2) = \sin(2\pi k) = 0$ , $\cos(1/x_k^2) = \cos(2\pi k) = 1$ 이므로 $F'(x_k) = -\dfrac{2}{x_k} = -2\sqrt{2\pi k} \to -\infty$ 이다. $0$ 의 모든 근방은 $k$ 가 큰 $x_k$ 를 포함하므로, $F'$ 은 그 위에서 무계이다.
리만 적분가능한 함수는 유계이어야 하므로 (상합이 유한하려면 필요), $F'$ 은 $[-1,1]$ 에서 리만 적분가능하지 않다.
미적분학 기본정리 제2형태는 " $\int_a^b F' = F(b) - F(a)$ "를 주장하지만, 그 전제로 $F'$ 의 리만 적분가능성을 요구한다 — 이 예는 그 전제가 없으면 적분 $\int_{-1}^{1} F'$ 자체가 존재하지 않으므로 정리를 적용할 수 없음을 보여준다. 미분가능성만으로는 부족하다.

3보통

$f$ 와 $g$ 가 $[a,b]$ 에서 유계변동이라고 하자.

먼저 유계변동 함수가 유계임을 보이고 (힌트: $\lvert f(x) - f(a) \rvert \le V_a^b(f)$ ), 그 다음 곱 $fg$ 도 $[a,b]$ 에서 유계변동임을 증명하세요. 전변동에 대한 상한을 구하세요.

V_a^b(fg) \le M_f\,V_a^b(g) + M_g\,V_a^b(f), \qquad M_f = \sup_{[a,b]}\lvert f \rvert,\ M_g = \sup_{[a,b]}\lvert g \rvert

유계변동 함수

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$x \in [a,b]$ 에 대해 분할 $\{a, x, b\}$ 를 생각하면 $\lvert f(x) - f(a) \rvert \le V_a^b(f)$ 이므로, 삼각부등식으로 $\lvert f(x) \rvert \le \lvert f(a) \rvert + V_a^b(f) < \infty$ 이다. 따라서 $f$ 는 유계이고 $M_f = \sup_{[a,b]}\lvert f \rvert < \infty$ 이며, $g$ 도 마찬가지이다.
임의의 분할 $P = \{x_0, \dots, x_n\}$ 에 대해 항등식 $f(x_i)g(x_i) - f(x_{i-1})g(x_{i-1}) = f(x_i)\bigl(g(x_i) - g(x_{i-1})\bigr) + g(x_{i-1})\bigl(f(x_i) - f(x_{i-1})\bigr)$ 을 쓰자.
절댓값을 취하고 합하면 \[\sum_{i=1}^{n}\lvert (fg)(x_i) - (fg)(x_{i-1}) \rvert \le M_f \sum_{i=1}^{n}\lvert g(x_i) - g(x_{i-1}) \rvert + M_g \sum_{i=1}^{n}\lvert f(x_i) - f(x_{i-1}) \rvert \le M_f V_a^b(g) + M_g V_a^b(f).\] 우변은 $P$ 와 무관하므로, 상한을 취해 $V_a^b(fg) \le M_f V_a^b(g) + M_g V_a^b(f) < \infty$ 를 얻는다. 즉 $fg$ 는 유계변동이다.

어려움

4어려움반례형

연속함수의 균일극한은 연속이다 (바이어슈트라스 장면).

유계변동에 대해서는 이것이 성립하지 않음을 보이세요: $g(x) = x^2\sin(1/x^2)$ ( $x > 0$ ), $g(0) = 0$ 이라 하고, \[g_n(x) = \begin{cases} g(1/n) & 0 \le x \le 1/n \\ g(x) & 1/n \le x \le 1 \end{cases}\] 라 하자.

(a) $g$ 가 $[0,1]$ 에서 유계변동이 아님을, 점 $x_k = \sqrt{2/((2k+1)\pi)}$ 에서의 진동을 이용해 보이세요. (b) 각 $g_n$ 은 $[0,1]$ 에서 유계변동이고 $g_n \to g$ 균일수렴임을 보이세요.

x_k = \frac{1}{\sqrt{\pi/2 + k\pi}},\qquad g(x_k) = (-1)^k\,\frac{2}{(2k+1)\pi}

\sum_{k=1}^{N}\lvert g(x_{k-1}) - g(x_k) \rvert = \frac{2}{\pi}\sum_{k=1}^{N}\left(\frac{1}{2k-1} + \frac{1}{2k+1}\right) \to \infty

판정

이 명제는 거짓이다 — 각 $g_n$ 은 유계변동이고 $g_n \to g$ 균일수렴하지만, 극한 $g$ 는 유계변동이 아니다.

유계변동 함수

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반례 구성과 검증

(a) $x_k = \dfrac{1}{\sqrt{\pi/2 + k\pi}}$ 라 두면 $x_k \downarrow 0$ 이고 $\sin(1/x_k^2) = \sin(\pi/2 + k\pi) = (-1)^k$ 이므로 $g(x_k) = (-1)^k x_k^2 = (-1)^k\,\dfrac{2}{(2k+1)\pi}$ 이다. 또한 $x_0 = \sqrt{2/\pi} \approx 0.798 < 1$ 이다.
분할 $0 < x_N < x_{N-1} < \cdots < x_1 < x_0 < 1$ 에 대해, 이웃한 두 점의 함수값은 부호가 반대이므로 \[\lvert g(x_{k-1}) - g(x_k) \rvert = \frac{2}{\pi}\left(\frac{1}{2k-1} + \frac{1}{2k+1}\right) \qquad (k = 1, \dots, N).\] 따라서 이 분할 위의 변동합은 $\dfrac{2}{\pi}\sum_{k=1}^{N}\left(\dfrac{1}{2k-1} + \dfrac{1}{2k+1}\right) \ge \dfrac{2}{\pi}\sum_{k=1}^{N}\dfrac{1}{2k+1} \ge \dfrac{1}{\pi}\sum_{k=1}^{N}\dfrac{1}{k+1} \to \infty$ ( $N \to \infty$ , 조화급수)이다. 전변동이 무한하므로 $g$ 는 유계변동이 아니다.
(b) $g_n$ 은 $x = 1/n$ 에서 연속이다 (양쪽 값이 모두 $g(1/n)$ ). $[0, 1/n]$ 에서는 상수이므로 유계변동이고, $[1/n, 1]$ 에서는 $g$ 가 $C^1$ 이므로 유계변동이다 ( $V_{1/n}^1(g) \le \int_{1/n}^1 \lvert g' \rvert < \infty$ — $g'$ 은 콤팩트 구간에서 연속). 따라서 $g_n$ 은 $[0,1]$ 에서 유계변동이다.
균일수렴: $[1/n, 1]$ 에서는 $g_n = g$ 이므로 차이가 $0$ 이고, $[0, 1/n]$ 에서는 $\lvert g_n(x) - g(x) \rvert = \lvert g(1/n) - g(x) \rvert \le \lvert g(1/n) \rvert + \lvert g(x) \rvert \le \dfrac{1}{n^2} + \dfrac{1}{n^2} = \dfrac{2}{n^2} \to 0$ 이다 ( $\lvert g(t) \rvert \le t^2$ 이용). 즉 $\lVert g_n - g \rVert_\infty \to 0$ 이다.
결론: 각 $g_n$ 은 유계변동이고 $g_n \to g$ 균일수렴이지만, 극한 $g$ 는 유계변동이 아니다. 균일극한은 연속성은 보존하지만 유계변동성은 보존하지 않는다 — 변동이 극한 과정에서 "새어 나갈" 수 있다.