무한적분

함수 \(f(x)\)는 반무한구간 \([a,\,\infty)\)에서 연속이고, 양수 \(T\)를 취하여 극한 \(\lim_{T\to\infty}\int_a^Tf(x)dx\)가 존재할 때 이것을 다음 기호로 나타낸다.

\[\int_a^\infty f(x)dx=\lim_{T\to\infty}\int_a^Tf(x)dx\cdots(1)\]

이 때 무한적분 \(\int_a^\infty f(x)dx\)는 존재한다 또는 수렴한다라 한다. 만일 윗 식 우변의 극한이 존재하지 않으면, 이 무한적분은 존재하지 않는다 또는 발산한다라 한다.

그림 1

마찬가지로 다른 형의 무한적분도 각각 다음과 같이 정의한다.

\[\begin{split}&\int_{-\infty}^bf(x)dx=\lim_{T\to-\infty}\int_T^bf(x)dx&\cdots(2)\\&\int_{-\infty}^\infty f(x)dx=\lim_{T\to+\infty}\lim_{T'\to-\infty}\int_{T'}^Tf(x)dx&\cdots(3)\end{split}\]

그림 2

그림 2는 (3)의 의미를 나타낸 것이다. (2)의 의미는 그림 1에서 유추할 수 있다.

또 무한적분 \(\int_a^\infty f(x)dx\)에도 값을 구할 수 있다. 함수 \(f(x)\)가 구간 \([a,\,+\infty)\)에서 연속이고, 부정적분 \({\rm F}(x)\)를 가진다고 하자. 이 때 \(\lim_{x\to\infty}{\rm F}(x)={\rm B}\)가 유한확정적으로 존재한다고 가정하면

\[\lim_{T\to\infty}\int_a^Tf(x)dx=\lim_{T\to\infty}\{{\rm F}(T)-{\rm F}(a)\}=\lim_{T\to\infty}{\rm F}(T)-F(a)={\rm B}-{\rm F}(a)\]

가 되어 좌변의 극한값이 존재한다. 이 때

\[\int_a^\infty f(x)dx=\lim_{T\to\infty}[{\rm F}(x)]_a^T=[{\rm F}(x)]_a^\infty\]

와 같은 형식으로 나타낸다. 비슷한 조거의 것으로서

\[\begin{align}&\int_{-\infty}^bf(x)dx=[{\rm F}(x)]_{-\infty}^b\\&\int_{-\infty}^\infty f(x)dx=[{\rm F}(x)]_{-\infty}^\infty\end{align}\]

와 같은 형식으로도 나타낸다.

[예제 1] 다음 무한적분이 존재하면, 그 값을 구하여라.

(1) \(\int_a^\infty \frac{dx}{x^2}(a>0)=\lim_{T\to\infty}\frac{dx}{x^2}=\lim_{T\to\infty}\left(-{1\over T}+{1\over a}\right)={1\over a}\)

(2) \(\int_a^\infty\frac{dx}{\sqrt{x}}(a>0)=2\lim_{T\to\infty}(\sqrt{T}-\sqrt{a})=\infty\)

(3) \(\int_{-\infty}^0e^xdx=\lim_{T\to-\infty}\int_T^0e^xdx=\lim_{T\to-\infty}(1-e^T)=1\)

(4) \(\int_0^\infty\frac{dx}{(x^2+a^2)(a^2+b^2)}=\frac{1}{b^2-a^2}\lim_{T\to\infty}\left[{1\over a}{\rm Tan}^{-1}{x\over a}-{1\over b}{\rm Tan}^{-1}{x\over b}\right]_0^T=\frac{\pi}{2ab(a+b)}\)

(5) \(\int_1^\infty\frac{dx}{x\sqrt{x^2-1}}=[{\rm Tan}^{-1}\sqrt{x^2-1}]_1^\infty={\pi\over2}\)

(6) \(\int_0^\infty x^2e^{-x}dx=\lim_{T\to\infty}[-x^2e^{-x}]_0^T+2\int_0^\infty xe^{-x}dx\)

                                \(=2\lim_{T\to\infty}[-xe^{-x}]_0^T+2\int_0^\infty e^{-x}dx=2\lim_{T\to\infty}[-e^{-x}]_0^T=2\)

(7) \(\int_{-\infty}^\infty\frac{dx}{x^2+x+1}=\lim_{T\to\infty}\lim_{T'\to\infty}\left[{2\over\sqrt{3}}{\rm Tan}^{-1}{2x+1\over\sqrt{3}}\right]_{T'}^T={2\pi\over\sqrt{3}}\)

(8) \(\int_{-\infty}^\infty xe^{-x^2}dx=\int_{-\infty}^0xe^{-x^2}dx+\int_0^\infty xe^{-x^2}dx\)

                                 \(={1\over2}\lim_{T'\to\infty}\int_{T'}^0e^{-t}dt+{1\over2}\lim_{T\to\infty}\int_0^T e^{-t}dt\)

                                 \(={1\over2}\left[-e^{-t}\right]_\infty^0+{1\over2}\left[-e^{-t}\right]_0^\infty=0\)

(6)에서는 \(\lim_{x\to\infty}x^2e^{-x}=\lim_{x\to\infty}xe^{-x}=0\)을 이용하였다(부정형의 극한 참조).

[예제 2] 무한적분

\[{\rm I}=\int_a^\infty\frac{dx}{x^\alpha}\ (\alpha>0,\,a>0)\]

는 \(\alpha>1\) 이면 수렴하여

\[{\rm I}={1\over(\alpha-1)a^{\alpha-1}}\]

이고, \(\alpha\le1\) 이면 발산한다. 이것을 증명하여라.

<증명>

\[\begin{split}\lim_{T\to\infty}\int_a^T\frac{dx}{x^\alpha}&=\lim_{T\to\infty}\left[{1\over(1-\alpha}x^{\alpha-1}\right]_a^T\ (\alpha\ne1)=\lim_{T\to\infty}{1\over1-\alpha}\left({1\over T^{\alpha-1}}-{1\over a^{\alpha-1}}\right)\\&=\begin{cases}{1\over(\alpha-1)a^{\alpha-1}}\ &(\alpha>1)\\\infty&(\alpha<1)\end{cases}\end{split}\]

또 \(\alpha=1\) 일 때는

\[\lim_{T\to\infty}\int_a^T\frac{dx}{x}=\lim_{T\to\infty}[\ln|x|]_a^T=\lim_{T\to\infty}(\ln{T}-\ln{a})=\infty\]

정리 1   함수 \(f(x)\)는 \([a,\,\infty)\)에서 연속이라 한다. 부등식 \(\lambda>1\)을 만족하는 \(\lambda\)와 양수 \(\rm M\)을 적당히 정할 수 있어서 \[|f(x)|\le\frac{\rm M}{x^\lambda}\]이 충분히 큰 모든 양의 \(x\)에 대하여 성립하면 무한적분 \[\int_a^\infty f(x)dx\]는 존재한다.

이 정리 1에 상당하는 정리를 \(\int_\infty^bf(x)dx,\,\int_{-\infty}^\infty f(x)dx\)의 형의 무한적분에 대해서도 생각할 수 있다.

[예제 3] 다음 무한적분

\[{\rm I}=\int_0^\infty e^{-px}\sin\omega xdx\ (p>0)\]

가 존재함을 증명하여라.

<증명> \(|e^{-px}\sin\omega x|=e^{-px}|\sin\omega x|\le e^{-px}\)

그런데 \(\lambda>1\)을 만족하는 임의의 \(\lambda\)에 대하여

\[\lim_{x\to\infty}x^\lambda e^{-px}=0\]

이므로(부정형의 극한 《문제》 2. 참조) 충분히 큰 양수 \(x\)에 대하여

\[|x^\lambda e^{-px}|<\rm M\]

가 되는 양수 \(\rm M\)이 있다. 즉

\[|e^{-px}\sin\omega|\le|e^{-px}|<\frac{\rm M}{x^\lambda}\]

따라서 정리 1에 의해서 이 적분 \(\rm I\)는 수렴한다.

[예제 4] 다음 적분을 구하여라.

(1) \({\rm I}=\int_0^\infty e^{-x}\sin{x}dx,\qquad{\rm J}=\int_0^\infty e^{-x}\cos{x}dx\)

(2) \({\rm I}=\int_0^\infty e^{-x}|\sin{x}|dx\)

<풀이>

(1) \({\rm I}=\int_0^\infty e^{-x}\sin{x}dx=[-e^x\sin{x}]_0^\infty+\int_0^\infty e^{-x}\cos{x}dx=\rm J\)

     \({\rm J}=\int_0^\infty e^{-x}\cos{x}dx=[-e^x\cos{x}]_0^\infty-\int_0^\infty e^{-x}\sin{x}dx=1-\rm I\)

     \(\therefore\ \rm I=J={1\over2}\)

(2) \({\rm I}=\int_0^\pi e^{-x}\sin{x}dx-\int_\pi^{2\pi}e^{-x}\sin{x}dx+\int_{2\pi}^{3\pi}e^{-x}\sin{x}dx-\cdots\)

     \(\int_{2k\pi}^{(2k+1)\pi}e^{-x}\sin{x}dx={1\over2}[-e^{-x}(\sin{x}+\cos{x})]_{2k\pi}^{(2k+1)\pi}={1\over2}\{e^{-2k\pi}+e^{-(2k+1)\pi}\}\)

     \(\int_{(2k+1)\pi}^{(2k+2)\pi}e^{-x}\sin{x}dx={1\over2}[-e^{-x}(\sin{x}+\cos{x})]_{(2k+1)\pi}^{(2k+2)\pi}=-{1\over2}\{e^{-(2k+1)\pi}+e^{-(2k+2)\pi}\}\)

     \({\rm I}={1\over2}(1+e^{-pi}+e^{-\pi}+e^{-2\pi}+e^{-2\pi}+e^{-3\pi}+e^{-3\pi}+\cdots)\)

        \(={1\over2}+(e^{-\pi}+e^{-2\pi}+e^{-3\pi}+\cdots)=\frac{e^\pi+1}{2(e^\pi-1)}\ (\therefore\ 0<e^{-\pi}<1)\)

[주의] 부분적분법 [예제 3], 등비수열 참조

《문     제》

1. 다음 무한적분이 존재하면, 그 값을 구하여라.

(1) \(\int_1^\infty\frac{dx}{x(1+x)}=\left[\ln\frac{x}{x+1}\right]_1^\infty=\ln2\)

(2) \(\int_0^\infty\frac{dx}{1(1+x^2)}=\int_0^\infty\left({1\over x}-{x\over1+x^2}\right)dx=\left[\ln\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}\right]_1^\infty=\ln\sqrt{2}\)

(3) \(\int_0^\infty x^ne^{-x}dx=n\int_0^\infty x^{n-1}e^{-x}dx=n(n-1)\int_0^\infty x^{n-2}e^{-x}dx=\cdots=n!\int_0^\infty e^{-x}dx\)

                                 \(=n![-e^{-x}]_0^\infty=n!\)

(4) \(\int_0^\infty x^{2n+1}e^{-x^2}dx={1\over2}\int_0^\infty t^ne^{-t}dt={n!\over2}\)

(5) \(\int_1^\infty\frac{\ln{x}}{x^\alpha}dx(\alpha>1)=-{1\over1-\alpha}\int_1^\infty x^{-\alpha}dx=-{1\over(1-\alpha)^2}[x^{1-\alpha}]_1^\infty={1\over(1-\alpha)^2}\)

(6) \(\int_0^\infty\frac{dx}{3\sqrt{x+2}}={2\over3}[\sqrt{x+2}]_0^\infty=\infty\)

(7) \(\int_{-\infty}^\infty\frac{x^2}{(x^2+a^2)(x^2+b^2)}dx(a\ne b;a,\,b>0)=\frac{1}{b^2-a^2}\int_{-\infty}^\infty\left(\frac{b^2}{x^2+b^2}-\frac{a^2}{x^2+a^2}\right)dx\)

                                                                                 \(=\frac{1}{b^2-a^2}\left[b{\rm Tan}^{-1}{x\over b}-a{\rm Tan}^{-1}{x\over a}\right]_{-\infty}^\infty={\pi\over a+b}\)

(8) \(\int_0^\infty\frac{x}{(x^2+1)(x^2+4)}={1\over2}\int_0^\infty\frac{dt}{(t+1)(t+4)}={1\over6}\left[\ln\frac{t+1}{t+4}\right]_0^\infty={\ln2\over3}\)