Volterra 함수

어디서나 미분가능하고 도함수가 유계인데, 그 도함수는 리만 적분 불가능 — 팻 칸토어 집합 위에 올린 (x−a)2(b−x)2sin⁡1x−a(x-a)^2(b-x)^2\sin\frac{1}{x-a}형 혹들의 합이 만드는 전설적인 반례입니다.

φ(x)=(x−a)2(b−x)2sin⁡1x−a\varphi(x) = (x-a)^2(b-x)^2\sin\frac{1}{x-a}
f′ bounded,f′∉R[0,1]f'\ \text{bounded},\quad f' \notin \mathcal{R}[0,1]

이 씬이 포함된 학습 경로

예제

여집합 구간 (a,b)(a, b) 위의 범프 φ(x)=(x−a)2(b−x)2sin⁡1x−a\varphi(x) = (x-a)^2(b-x)^2\sin\frac{1}{x-a} (a<x<ba < x < b, 끝점에서는 00)가 모든 점에서 미분가능하고 φ(a)=φ(b)=φ′(a)=φ′(b)=0\varphi(a) = \varphi(b) = \varphi'(a) = \varphi'(b) = 0임을 증명하세요. 내부에서의 도함수를 직접 계산하고, 끝점에서는 차분몫(difference quotient)으로 구하세요. (주의: φ′\varphi'은 왼쪽 끝점 aa에서 불연속입니다 — 증명 과정에서 그 이유가 드러납니다.)

φ(x)=(x−a)2(b−x)2sin⁡1x−a\varphi(x) = (x-a)^2(b-x)^2 \sin\frac{1}{x-a}
φ′(x)=2(x−a)(b−x)((b−x)−(x−a))sin⁡1x−a−(b−x)2cos⁡1x−a(a<x<b)\varphi'(x) = 2(x-a)(b-x)\big((b-x)-(x-a)\big)\sin\frac{1}{x-a} - (b-x)^2\cos\frac{1}{x-a} \quad (a < x < b)
단계 N=4N = 4, 첫 번째 여집합 구간 (0.375,0.625)(0.375, 0.625) 확대: φ1\varphi_1은 매끈해 보이지만, 그 도함수의 진동항 −(b−x)2cos⁡1x−a-(b-x)^2\cos\frac{1}{x-a}는 x→0.375+x \to 0.375^+에서도 진폭 (b−a)2=0.0625(b-a)^2 = 0.0625를 유지하며 죽지 않습니다.
증명 보기
  1. u=x−au = x - a, v=b−xv = b - x라 두면 (u+v=b−au + v = b - a, u,v>0u, v > 0), 내부에서는 φ=u2v2sin⁡1u\varphi = u^2 v^2 \sin\frac{1}{u}입니다. 끝점 값은 조임 정리로: ∣u2v2sin⁡1u∣≤u2v2→0\lvert u^2 v^2 \sin\frac{1}{u} \rvert \le u^2 v^2 \to 0 (x→a+x \to a^+ 또는 x→b−x \to b^-). 구간 밖에서는 φ≡0\varphi \equiv 0이므로, φ\varphi는 [0,1][0,1]에서 연속이고 φ(a)=φ(b)=0\varphi(a) = \varphi(b) = 0입니다.
  2. 내부 도함수는 곱미분·연쇄법칙으로 직접 계산합니다: ddx[u2v2]=2uv2−2u2v=2uv(v−u)\frac{d}{dx}[u^2 v^2] = 2uv^2 - 2u^2v = 2uv(v-u) (여기서 dvdx=−1\frac{dv}{dx} = -1), ddxsin⁡1u=−1u2cos⁡1u\frac{d}{dx}\sin\frac{1}{u} = -\frac{1}{u^2}\cos\frac{1}{u}이므로 φ′(x)=2uv(v−u)sin⁡1u−v2cos⁡1u\varphi'(x) = 2uv(v-u)\sin\frac{1}{u} - v^2\cos\frac{1}{u}입니다 (위의 display 식).
  3. 끝점에서는 위 공식의 극한이 아니라 차분몫을 씁니다. h>0h > 0에 대해 φ(a+h)−φ(a)h=h2(b−a−h)2sin⁡1h\frac{\varphi(a+h) - \varphi(a)}{h} = h^2(b-a-h)^2\sin\frac{1}{h}이므로 절댓값이 h2(b−a)2→0h^2(b-a)^2 \to 0으로 조여져 φ′(a)=0\varphi'(a) = 0입니다. 마찬가지로 φ(b−h)−φ(b)−h=−h(b−h−a)2sin⁡1 b−h−a →0\frac{\varphi(b-h) - \varphi(b)}{-h} = -h(b-h-a)^2\sin\frac{1}{\,b-h-a\,} \to 0이므로 φ′(b)=0\varphi'(b) = 0입니다.
  4. 그런데 φ′\varphi'은 aa에서 연속이 아닙니다: xm=a+12πmx_m = a + \frac{1}{2\pi m}에서는 sin⁡1xm−a=0\sin\frac{1}{x_m - a} = 0, cos⁡1xm−a=1\cos\frac{1}{x_m - a} = 1이므로 φ′(xm)=−(b−xm)2→−(b−a)2≠0=φ′(a)\varphi'(x_m) = -(b - x_m)^2 \to -(b-a)^2 \ne 0 = \varphi'(a)입니다. 즉 진동항 −(b−x)2cos⁡1x−a-(b-x)^2\cos\frac{1}{x-a}는 x→a+x \to a^+에서 진폭 (b−a)2(b-a)^2를 유지하며 죽지 않습니다. (오른쪽 끝점 bb에서는 (b−x)2→0(b-x)^2 \to 0이 진동을 죽이므로 φ′\varphi'이 연속입니다.) 따라서 범프는 모든 점에서 미분가능하고 끝점에서 함수값·도함수가 모두 00이지만, C1C^1은 아닙니다 — 그리고 바로 이 실패가 문제 3에서 f′f'을 칸토어 집합 위에서 불연속으로 만듭니다.

f(x)=∑k2−kφk(x)f(x) = \sum_k 2^{-k}\varphi_k(x)라 하자 (합은 모든 여집합 구간에 대한 것). ∑k2−kφk\sum_k 2^{-k}\varphi_k와 ∑k2−kφk′\sum_k 2^{-k}\varphi'_k에 Weierstrass M-판정법을 적용하여 ff가 [0,1][0,1]의 모든 점에서 미분가능하고 f′f'이 유계임을 증명하세요. 핵심은 kk에 대해 균일한 상한 ∣φk∣≤116\lvert\varphi_k\rvert \le \frac{1}{16}, ∣φk′∣≤32\lvert\varphi'_k\rvert \le \frac{3}{2}입니다 ((bk−ak)≤1(b_k - a_k) \le 1을 이용).

∣φk(x)∣≤(bk−ak2)4≤116,∣φk′(x)∣≤2uv∣v−u∣+v2≤12+1=32\lvert\varphi_k(x)\rvert \le \left(\tfrac{b_k-a_k}{2}\right)^4 \le \tfrac{1}{16}, \qquad \lvert\varphi'_k(x)\rvert \le 2uv\lvert v-u\rvert + v^2 \le \tfrac12 + 1 = \tfrac32
f′=∑k2−kφk′everywhere,∣f′∣≤∑k2−k⋅32=32f' = \sum_k 2^{-k}\varphi'_k \quad\text{everywhere}, \qquad \lvert f' \rvert \le \sum_k 2^{-k}\cdot\tfrac32 = \tfrac32
단계 N=4N = 4: 여집합 구간 15개, 제거된 길이 1532=0.46875\frac{15}{32} = 0.46875, 남은 길이 1732=0.53125\frac{17}{32} = 0.53125. 격자 위에서 sup⁡∣f′∣≈0.0307\sup\lvert f' \rvert \approx 0.0307 — 증명의 상한 3/23/2 안에 여유롭게 들어갑니다.
증명 보기
  1. 각 gk=2−kφkg_k = 2^{-k}\varphi_k는 문제 1에 의해 [0,1][0,1]에서 미분가능합니다 (끝점 포함, 도함수 00). u,v≥0u, v \ge 0, u+v=bk−ak≤1u + v = b_k - a_k \le 1이므로 u2v2≤(u+v2)4≤116u^2 v^2 \le \left(\frac{u+v}{2}\right)^4 \le \frac{1}{16} (산술-기하 평균), 즉 ∣gk∣≤2−k/16\lvert g_k \rvert \le 2^{-k}/16입니다. ∑2−k/16<∞\sum 2^{-k}/16 < \infty이므로 M-판정법으로 ∑gk\sum g_k는 [0,1][0,1]에서 균일수렴합니다 — 극한 ff는 연속입니다.
  2. 도함수 쪽도 마찬가지입니다: ∣φk′∣≤2uv∣v−u∣+v2\lvert\varphi'_k\rvert \le 2uv\lvert v-u\rvert + v^2에서 uv≤(u+v2)2≤14uv \le \left(\frac{u+v}{2}\right)^2 \le \frac{1}{4}, ∣v−u∣≤u+v≤1\lvert v - u \rvert \le u + v \le 1, v2≤1v^2 \le 1이므로 ∣φk′(x)∣≤12+1=32\lvert\varphi'_k(x)\rvert \le \frac{1}{2} + 1 = \frac{3}{2} — kk와 xx에 대해 균일합니다. 따라서 ∣gk′∣≤2−k⋅32\lvert g'_k \rvert \le 2^{-k}\cdot\frac{3}{2}이고, M-판정법으로 ∑gk′=∑2−kφk′\sum g'_k = \sum 2^{-k}\varphi'_k도 균일수렴합니다.
  3. 이제 표준 정리를 씁니다: 미분가능한 함수들의 급수가 한 점에서 수렴하고 도함수들의 급수가 균일수렴하면, 합은 모든 점에서 미분가능하고 그 도함수는 도함수들의 합과 같습니다. 따라서 ff는 [0,1][0,1]의 모든 점에서 미분가능하고 f′(x)=∑k2−kφk′(x)f'(x) = \sum_k 2^{-k}\varphi'_k(x)이며, ∣f′(x)∣≤∑k2−k⋅32=32\lvert f'(x) \rvert \le \sum_k 2^{-k}\cdot\frac{3}{2} = \frac{3}{2}로 유계입니다. 수치 확인: 단계 4 격자에서 sup⁡∣f′∣≈0.0307\sup\lvert f' \rvert \approx 0.0307.
  4. 따름정리: 칸토어 집합 CC 위의 점 cc에서는 모든 φk\varphi_k와 φk′\varphi'_k가 00이므로 (여집합 구간 밖에 있음) f(c)=0f(c) = 0이고 f′(c)=0f'(c) = 0입니다. 즉 f′f'은 CC 위에서는 항등적으로 00이지만, 문제 3에서 보듯 CC의 모든 점에서 불연속입니다.

칸토어 집합 CC의 모든 점 cc에서 f′f'이 불연속임을 증명하세요: cc의 모든 근방은 여집합 구간 (ak,bk)(a_k, b_k)를 통째로 포함하고 (CC는 내점이 없음), 그 위에서 f′=2−kφk′f' = 2^{-k}\varphi'_k는 aka_k 근처에서 진폭 ≈2−k(bk−ak)2\approx 2^{-k}(b_k-a_k)^2로 진동하는 반면 f′(c)=0f'(c) = 0입니다. 그 다음 르베그 판정법(아래에서는 정리로 인용 — 증명은 아이디어 수준, measure/lebesgue 씬 참조)을 써서 f′f'이 리만 적분가능하지 않음을 결론지으세요.

(Lebesgue, cited): g bounded on [a,b]\text{(Lebesgue, cited): } g \text{ bounded on } [a,b]
g∈R[a,b]  ⟺  g is continuous a.e.g \in \mathcal{R}[a,b] \iff g \text{ is continuous a.e.}
xm=ak+1πmx_m = a_k + \tfrac{1}{\pi m}
f′(xm)=2−k(bk−xm)2(−1)m+1→±2−k(bk−ak)2f'(x_m) = 2^{-k}(b_k-x_m)^2(-1)^{m+1} \to \pm 2^{-k}(b_k-a_k)^2
단계 N=4N = 4, 첫 구간 (0.375,0.625)(0.375, 0.625) 확대: x→0.375+x \to 0.375^+에서 f′f'의 진동 폭(peak-to-peak)은 ≈0.0625\approx 0.0625로 죽지 않는데, 칸토어 집합 위의 모든 점에서는 f′(c)=0f'(c) = 0입니다 — 그래서 f′f'은 CC의 모든 점에서 불연속입니다.
증명 보기
  1. 보조정리: c∈Cc \in C의 모든 근방은 여집합 구간을 통째로 포함합니다. cc를 포함하는 단계별 잔여 닫힌구간을 InI_n이라 하면 ∣In∣→0\lvert I_n \rvert \to 0이고, 단계 nn에서 In−1I_{n-1}의 한가운데가 제거되어 여집합 구간 Jn=(ak,bk)J_n = (a_k, b_k) (∣Jn∣=4−n \lvert J_n \rvert = 4^{-n})이 생깁니다. ∣In−1∣<δ\lvert I_{n-1} \rvert < \delta인 nn을 택하면 Jn⊂In−1J_n \subset I_{n-1} 전체가 cc에서 δ\delta 안에 들어갑니다. 즉 CC는 내점이 없습니다 (어느 열린구간을 잡아도 언젠가 그 안에서 한가운데가 제거됨).
  2. 그런 구간 (a,b)=(ak,bk)(a, b) = (a_k, b_k) 위에서는 f′=2−kφk′f' = 2^{-k}\varphi'_k입니다 (다른 모든 항은 00). xm=a+1πmx_m = a + \frac{1}{\pi m}이라 두면 sin⁡1xm−a=sin⁡(πm)=0\sin\frac{1}{x_m - a} = \sin(\pi m) = 0, cos⁡1xm−a=(−1)m\cos\frac{1}{x_m - a} = (-1)^m이므로 φk′(xm)=−(b−xm)2(−1)m\varphi'_k(x_m) = -(b-x_m)^2(-1)^m이고, f′(xm)=2−k(b−xm)2(−1)m+1→±2−k(b−a)2f'(x_m) = 2^{-k}(b-x_m)^2(-1)^{m+1} \to \pm 2^{-k}(b-a)^2입니다 (짝수/홀수 mm에 따라 부호가 갈림).
  3. 그런데 문제 2의 따름정리로 f′(c)=0f'(c) = 0입니다. xm→ax_m \to a이고 aa는 cc에 임의로 가까우므로, cc에 임의로 가까운 점들에서 f′f'은 +2−k(b−a)2/2+2^{-k}(b-a)^2/2 이상과 −2−k(b−a)2/2-2^{-k}(b-a)^2/2 이하의 값을 모두 취합니다 — f′(c)=0f'(c) = 0에 수렴할 수 없습니다. 따라서 f′f'은 cc에서 불연속이고, c∈Cc \in C는 임의였으므로 CC의 모든 점에서 불연속입니다. 수치로: 첫 구간 (0.375,0.625)(0.375, 0.625)에서 x→0.375+x \to 0.375^+ 근처 촘촘한 격자는 max⁡f′−min⁡f′≈0.0625=2⋅12⋅(0.25)2\max f' - \min f' \approx 0.0625 = 2\cdot\frac12\cdot(0.25)^2를 보여줍니다.
  4. 이제 르베그 판정법을 정리로 인용합니다 (증명은 측도론이므로 아이디어 수준으로 둡니다 — measure/lebesgue 씬 참조): [a,b][a,b] 위의 유계 함수가 리만 적분가능할 필요충분조건은 거의 모든 점에서 연속인 것, 즉 불연속점들의 집합의 르베그 측도가 00인 것입니다. f′f'은 문제 2에서 유계이고, 불연속점 집합은 CC를 포함하며, CC는 닫힌집합으로서 측도가 1/21/2입니다 (여집합의 전체 길이가 lim⁡N→∞1−2−N2=12\lim_{N\to\infty}\frac{1-2^{-N}}{2} = \frac12). 불연속점 집합의 측도가 양수이므로 f′f'은 리만 적분가능하지 않습니다. 결론: 모든 점에서 미분가능하고 도함수가 유계인 함수가 존재하지만, 그 도함수는 리만 적분가능하지 않을 수 있습니다 — 이것이 볼테라 함수의 펀치라인입니다.

10. 적분