특이적분
유계(有界)가 아닌 함수, 예를 들어 함수
\[f(x)={1\over\sqrt{x}}\]
함수 \(f(x)=1/\sqrt{x}\)은 구간 \((0,\,1]\)에서 연속이기는 하나
\[\lim_{x\to0}{1\over\sqrt{x}}=\infty\]
이므로 유계는 아니다.
여기서 위의 그래프와 같이 작은 양수 \(\epsilon\)를 취하여 폐구간 \([\epsilon,\,1]\)에서 \(f(x)=1/\sqrt{x}\)을 생각하면, \(f(x)\)는 \([\epsilon,\,1]\)에서 연속이므로 정적분
\[\int_\epsilon^1\frac{dx}{\sqrt{x}}=[2\sqrt{x}]_\epsilon^1=2(1-\sqrt{\epsilon})\]
을 구할 수 있다. 여기서 극한
\[\lim_{\epsilon\to0}\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{x}}=\lim_{\epsilon\to0}2(1-\sqrt{\epsilon})=2\]
를 생각한다. 이 값을 써서 함수 \(f(x)=1/\sqrt{x}\)의 0에서 1까지의 적분을
\[\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{x}}=\lim_{\epsilon\to0}\int_\epsilon^1\frac{dx}{\sqrt{x}}=2\]
라고 생각하는 것은 자연스러운 것이다.
일반적으로 함수 \(f(x)\)가 구간 \((a,\,b]\)에서 연속이고, 부정적분 \({\rm F}(x)\)를 가진다고 하자. 이 때
\[\lim_{x\to a+0}f(x)=+\infty\ \text{또는}\ -\infty\]
일지라도
\[\lim_{x\to a+0}{\rm F}(x)=\rm A\]
가 유한확정적으로 존재한다고 가정하면
\[\begin{align}\lim_{\epsilon\to0}\int_{a+\epsilon}^bf(x)dx&=\lim_{\epsilon\to0}[{\rm F}(b)-{\rm F}(a+\epsilon)]={\rm F}(b)-\lim_{\epsilon\to0}{\rm F}(a+\epsilon)\\&={\rm F}(b)-\lim_{x\to a+0}{\rm F}(x)={\rm F}(b)-\rm A\end{align}\]
가 되어 좌변의 극한값은 존재한다. 이 때
\[\int_a^bf(x)dx=\lim_{\epsilon\to0}\int_{a+\epsilon}^bf(x)dx={\rm F}(b)-\lim_{x\to a+0}{\rm F}(x)\]
라 주고, 이것을 \(f(x)\)의 \(a\)에서 \(b\)까지의 특이적분(特異積分)이라 한다.
또, 함수 \(f(x)\)가 구간 \([a,\,b)\)에서 연속이고 부정적분 \({\rm F}(x)\)를 가질 때, 극한값
\[\lim_{x\to b-0}{\rm F}(x)\]
가 존재하는 경우에 특이적분 \(\int_a^bf(x)dx\)를
\[\int_a^bf(x)dx=\lim_{\epsilon\to0}\int_a^{b-\epsilon}f(x)dx=\lim_{x\to b-0}{\rm F}(x)-{\rm F}(a)\]
로 정의한다.
다시, 함수 \(f(x)\)가 개구간 \((a,\,b)\)에서 연속이고, 부정적분 \({\rm F}(x)\)를 가질 때, 극한값
\[\lim_{x\to a+0}{\rm F}(x),\qquad\lim_{x\to b-0}{\rm F}(x)\]
가 존재하면 특이적분 \(\int_a^bf(x)dx\)를
\[\int_a^bf(x)dx=\lim_{\epsilon\to0}\lim_{\epsilon'\to0}\int_{a+\epsilon}^{b-\epsilon'}f(x)dx=\lim_{x\to b-0}{\rm F}(x)-\lim_{x\to a+0}{\rm F}(x)\]
로 정의한다.
위에서 말한 세가지의 특이적분의 우변을 보통의 정적분의 경우와 마찬가지 기호를 써서 나타내면, 특이적분에 있어서도
\[\int_a^bf(x)dx=[{\rm F}(x)]_a^b,\qquad{\rm F}(x)=\int f(x)dx\]
와 같은 형식이 성립된다.
그래서 적분
\[\int_0^1\frac{dx}{x}\]
가 유한확정으로 존재하는지를 알아보기 위하여 위의 방법에 따라 다음 극한을 생각한다.
\[\lim_{\epsilon\to+0}\int_\epsilon^1\frac{dx}{x}=\lim_{\epsilon\to+0}[\ln{x}]_\epsilon^1=\lim_{\epsilon\to+0}(0-\ln\epsilon)=+\infty\]
따라서 이 극한은 유한이 아니다. 이와 같은 경우에는 적분 \(\int_0^1dx/x\)는 발산한다라고 한다.
여기에 반해서 특이적분 \(\int_a^bf(x)dx\)가 존재하는 경우에는 수렴한다라 하기도 한다.
[예제 1] 다음 특이적분이 존재하면, 그것을 구하여라. \((n=1,\,2,\,\cdots)\)
(1) \(\int_0^1\frac{dx}{x^2}=\lim_{\epsilon\to+0}\int_\epsilon^1\frac{dx}{x^2}=\lim_{\epsilon\to+0}\left[-{1\over x}\right]_\epsilon^1=\lim_{\epsilon\to+0}\left({1\over\epsilon}-1\right)=+\infty\)
구하는 적분은 존재하지 않는다.
(2) \(\int_a^b\frac{dx}{\sqrt{x-a}}=[2\sqrt{x-a}]_a^b=2\sqrt{b-a}\)
(3) \(\int_{-a}^a\frac{dx}{\sqrt{x^2-a^2}}=\left[{\rm Sin}^{-1}\frac{x}{a}\right]_{-a}^a={\pi\over2}+{\pi\over2}=\pi\)
(4) \(\int_0^a\frac{x^n}{\sqrt{a^2-x^2}}dx=a^n\int_0^{\pi/2}\sin^n\theta d\theta=\begin{cases}a^n\frac{2m-1}{2m}\cdot\frac{2m-3}{2m-2}\cdots{1\over2}\cdot{\pi\over2}\ \,(n=2m)\\a^n\frac{2m}{2m+1}\cdot\frac{2m-2}{2m-1}\cdots{2\over3}\qquad(n=2m+1)\end{cases}\)
여기서 \(x=a\sin\theta\), 점화식은 정적분의 부분적분법 [예제 1] 참조
(5) \(\int_0^1x^n\ln{x}dx=\left[\frac{x^{n+1}}{n+1}\ln{x}\right]_0^1-{1\over n+1}\int_0^1x^ndx=-{1\over(n+1)^2}[x^{n+1}]_0^1=-{1\over(n+1)^2}\)
(6) \(\int_{-3}^5\frac{dx}{(x-1)(x-2)}=\int_{-3}^1\frac{dx}{(x-1)(x-2)}+\int_1^2\frac{dx}{(x-1)(x-2)}+\int_2^5\frac{dx}{(x-1)(x-2)}\)
피적분함수는 \(x=1\)과 \(x=2\)에서 유계가 아니다. 따라서 이 특이적분을 위와 같이 분해하면 우변의 세 특이적분은 발산한다. 따라서 주어진 적분은 존재하지 않는다.
[예제 2] 다음 계산에서 잘못된 것을 바르게 하여라.
(1) \(\int_{-1}^1\frac{dx}{x^2}=-\left[-{1\over x}\right]_{-1}^1=-2\)
(2) \(\int_0^1\frac{2x-1}{x(x-1)}dx=\lim_{\epsilon\to+0}\int_\epsilon^{1-\epsilon}\frac{2x-1}{x(x-1)}dx=\lim_{\epsilon\to+0}[\ln|x(x-1)|]_\epsilon^{1-\epsilon}\)
\(=\lim_{\epsilon\to+0}\{\ln\epsilon(1-\epsilon)-\ln\epsilon(1-\epsilon)\}=0\)
<풀이>
(1) 적분구간 \([-1,\,1]\)은 피적분함수 \(1/x^2\)이 유계가 아닌 점 \(x=0\)을 포함하고 있다. 그러므로 주어진 적분을
\[\int_{-1}^1\frac{dx}{x^2}=\int_{-1}^0\frac{dx}{x^2}+\int_0^1\frac{dx}{x^2}\]
로 나누지 않으면 안된다. 그런데
\[\begin{split}\lim_{\epsilon\to-0}\int_{-1}^\epsilon\frac{dx}{x^2}&=\lim_{\epsilon\to-0}\left[-{1\over x}\right]_{-1}^\epsilon=\lim_{\epsilon\to-0}\left(-{1\over\epsilon}-1\right)=+\infty\\\lim_{\epsilon'\to+0}\int_{\epsilon'}^1\frac{dx}{x^2}&=\lim_{\epsilon'\to+0}\left[-{1\over x}\right]_{\epsilon'}^1\,=\lim_{\epsilon'\to+0}\left(\ \,{1\over\epsilon'}-1\right)=+\infty\end{split}\]
이다. 그러므로 특이적분 \(\int_{-1}^1dx/x^2\)은 존재하지 않는다.
(2) 이 특이적분은 다음과 같이 계산하지 않으면 안된다.
\[\begin{align}\int_0^1\frac{2x-1}{x(x-1)}dx&=\lim_{\epsilon\to+0}\lim_{\epsilon'\to+0}\int_\epsilon^{1-\epsilon'}\frac{2x-1}{x(x-1)}dx=\lim_{\epsilon\to+0}\lim_{\epsilon'\to+0}[\ln|x(x-1)|]_\epsilon^{1-\epsilon'}\\&=\lim_{\epsilon\to+0}\lim_{\epsilon'\to+0}\{\ln\epsilon'(1-\epsilon')-\ln\epsilon(1-\epsilon)\}\end{align}\]
위의 이중 극한 \(\epsilon\to+0,\,\epsilon'\to+0\)에 있어서, \(\epsilon\)과 \(\epsilon'\)이 각각 독립적으로 \(+0\)에 가까와지지 않으면 안된다. 문제의 주어진 해법에서는 특히 \(\epsilon=\epsilon'\)라 하는 특별한 경우에 극한을 계산한 것이므로, 이것은 잘못된 것이다. 위의 극한에서 \(\epsilon\)과 \(\epsilon'\)이 각각 독립적으로 \(+0\)에 가까워질 때는, 분명히 윗식의 극한은 존재하지 않는다. 따라서 이 적분도 존재하지 않는다.
[예제 3] 특이적분
\[{\rm I}=\int_0^1\frac{dx}{x^\alpha}\ (\alpha>0)\]
는 \(0<\alpha<1\) 일 때, 존재하여
\[{\rm I}={1\over1-\alpha}\]
이고, \(\alpha\ge1\) 일 때는 존재하지 않는다. 이것을 증명하여라.
<풀이>
\[\lim_{\epsilon\to+0}\int_\epsilon^1\frac{dx}{x^\alpha}=\begin{cases}\lim_{\epsilon\to+0}\left[{1\over(1-\alpha)x^{\alpha-1}}\right]_\epsilon^1=\lim_{\epsilon\to+0}{1\over1-\alpha}\left(1-{1\over\epsilon^{\alpha-1}}\right)&(\alpha\ne1)\\\lim_{\epsilon\to+0}[\ln|x|]_\epsilon^1=\lim_{\epsilon\to+0}(-\ln\epsilon)&(\alpha=1)\end{cases}\]
따라서 \(0<\alpha<1\) 이면
\[\lim_{\epsilon\to+0}{1\over\epsilon^{\alpha-1}}=0\]
이므로 적분 \(\rm I\)는 존재하고,
\[\int_0^1\frac{dx}{x^\alpha}={1\over1-\alpha}\]
그러나 \(\alpha>1\) 일 때는
\[\lim_{\epsilon\to+0}{1\over\epsilon^{\alpha-1}}=+\infty\]
또, \(\alpha=1\) 일 때는
\[\lim_{\epsilon\to+0}(-\ln\epsilon)=+\infty\]
결국 \(\alpha\ge1\) 일 때는, 이 적분 \(\rm I\)는 존재하지 않는다.
특이적분의 존재를 판정하기 위한, 하나의 충분조건을 말해주는 다음 정리가 주어져 있다.
| 정리 1 함수 \(f(x)\)가 구간 \((a,\,b]\)에서 연속이고, \(f(x)\)는 점 \(a\)에서 유계가 아니라고 한다. 부등식 \(0<\lambda<1\)을 만족하는 \(\lambda\)와 양수 \(\rm M\)을 적당히 정할 수 있어서 \[|f(x)|\le\frac{\rm M}{(x-a)^\lambda}\]가 \((a,\,b]\) 위의 점 \(a\) 근방의 모든 \(x\)에서 성립되면, 특이적분 \(\int_a^bf(x)dx\)는 존재한다. |
구간 \([a,\,b)\)에서 연속인 함수 \(f(x)\)에 대해서도 이 정리 1에 대응되는 정리가 성립한다. 이 경우에는 정리 1의 조건으로 주어진 부등식을
\[|f(x)|\le\frac{\rm M}{(b-x)^\lambda}\]
으로 바꾸어야 한다.
[예제 4] 특이적분
\[{\rm I}=\int_0^{\pi/2}\ln(\sin{x})dx\]
가 존재함을 밝혀라. 또 그 값을 구하여라.
<풀이> 함수 \(\ln(\sin{x})\)는 \((0,\,\pi/2]\)에서 연속이다. 지금 \(0<\lambda<1\)을 만족하는 \(\lambda\)를 임의로 취하고 부정형의 극한을 이용하면
\[\lim_{x\to0}x^\lambda\ln{x}=\lim_{x\to0}\frac{(\ln{x})'}{(x^{-\lambda})'}=\lim_{x\to0}\left(-\frac{x^\lambda}{\lambda}\right)=0\]
또, 삼각함수의 극한에서 잘 알려져 있는 바와 같이
\[\begin{gather}\lim_{x\to0}\frac{\sin{x}}{x}=1\\\therefore\ \lim_{x\to0}x^\lambda\ln(\sin{x})=\lim_{x\to0}x^\lambda\left(\ln\frac{\sin{x}}{x}+\ln{x}\right)=\lim_{x\to0}x^\lambda\ln\frac{\sin{x}}{x}+\lim_{x\to0}x^\lambda\ln{x}=0\end{gather}\]
그러므로 함수의 극한 정의에 따라
\[|\ln(\sin{x})|\le\frac{\rm M}{x^\lambda}\]
가 되는 양수 \(\rm M\)이 존재한다. 따라서 정리 1에 의해서 적분 \(\rm I\)는 존재한다.
다음, \(\rm I\)의 값을 구하자. 치환적분법을 반복해서 구한다.
\[\begin{split}{\rm I}&=\int_0^{\pi/2}\ln(\sin{x})dx=\int_0^{\pi/2}\ln\left\{\sin\left({\pi\over2}-t\right)\right\}=\int_0^{\pi/2}\ln(\cos{t})dt\\\therefore\ 2{\rm I}&=\int_0^{\pi/2}\ln(\sin{x})dx+\int_0^{\pi/2}\ln(\cos{x})dx=\int_0^{\pi/2}\ln(\sin{x}\cos{x})dx\\&=\int_0^{\pi/2}\ln\left(\sin2x\over2\right)dx=\int_0^{\pi/2}\ln(\sin2x)dx-\int_0^{\pi/2}\ln2dx\\&=\int_0^{\pi/2}\ln(\sin2x)dx-{\pi\over2}\ln2\end{split}\]
한편, \(2x=t\)라 두면
\[\begin{align}\int_0^{\pi/2}\ln(\sin2x)dx&={1\over2}\int_0^\pi\ln(\sin{t})dt={1\over2}\int_0^{\pi/2}\ln(\sin{t})dt+{1\over2}\int_{\pi/2}^\pi\ln(\sin{t})dt\\&={1\over2}{\rm I}+{1\over2}\int_0^{\pi/2}\ln(\sin{y})dy={\rm I}\end{align}\]
이것을 앞의 식에 대입하면
\[{\rm I}=-{\pi\over2}\ln2\]
《문 제》
1. 다음 특이적분이 존재하면, 그것을 구하여라.
(1) \(\int_0^1\ln{x}dx=[x\ln{x}]_0^1-\int_0^1dx=-[x]_0^1=-1\)
(2) \(\int_0^2\frac{dx}{(x-1)^2}=\int_0^1\frac{dx}{(x-1)^2}+\int_1^2\frac{dx}{(x-1)^2}=\left[-{1\over x-1}\right]_0^1+\left[-{1\over x-1}\right]_1^2=\infty\)
(3) \(\int_0^1\frac{dx}{3\sqrt{x}}={2\over3}[\sqrt{x}]_0^1={2\over3}\)
(4) \(\int_0^1\sqrt{x\over1-x}dx=\int_0^\infty\frac{t^2}{(t^2+1)^2}dt=\left[{\rm Tan}^{-1}t-\frac{t}{t^2+1}\right]_0^\infty={\pi\over2}\) → 무리함수의 적분 예제 1 참조
(5) \(\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{x(1-x)}}=2\int_0^\infty\frac{dt}{t^2+1}=2[{\rm Tan}^{-1}t]_0^\infty=\pi\) → 무리함수의 적분 [4] 참조
(6) \(\int_a^b\frac{dx}{(x-a)^\lambda}\ (a<b,\,0<\lambda<1)=\left[\frac{(x-a)^{1-\lambda}}{1-\lambda}\right]_a^b=\frac{(b-a)^{1-\lambda}}{1-\lambda}\)
(7) \(\int_a^b\frac{dx}{(b-x)^\lambda}\ (a<b,\,0<\lambda<1)=\left[\frac{(b-x)^{1-\lambda}}{\lambda-1}\right]_a^b=\frac{(b-a)^{1-\lambda}}{1-\lambda}\)
(8) \(\int_a^b\frac{dx}{\sqrt{(x-a)(b-x)}}=\int_0^\infty\frac{dt}{t^2+1}=2[{\rm Tan}^{-1}]_0^\infty=\pi\) → 무리함수의 적분 [4] 참조
(9) \(\int_0^{2a}\frac{x^n}{\sqrt{2ax-x^2}}dx\ (n=1,\,2,\,\cdots)=2^{n+1}a^n\int_0^\infty\frac{t^{2n}}{(t^2+1)^{n+1}}dt=2^{n+1}a^n\int_0^{\pi/2}\sin^{2n}\theta d\theta\)
\(=2^{n+1}a^n{1\over2}\cdot{3\over4}\cdot{5\over6}\cdots{2n-1\over2n}\cdot{\pi\over2}\)
→ 무리함수의 적분 [4], [5], 정적분의 부분적분법 [예제 1] 참조
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