디리클레 적분

이 포스트 에서는 다음 적분을 계산하고자 한다.

$\int_{0}^\infty\frac{\sin x}{x} dx$

이 포스팅은 위키피디아의 '디리클레 적분'을 재구성한 것이다.

Complex contour integration : 복소해석학 이용한 풀이

여기랑 살짝 다르게 적었으니 비교해보라.

$f(z) = e^{iz}/z$를 생각하자. 이 함수는 원점에서(만) 단순 극(simple pole)을 가지는 복소함수이다. 다시 말해서, 이 함수$f(z)$는 다음과 같이 전개할 수 있다.

$f(z) = \frac{1}{z}+\frac{i^1}{1!}+\frac{i^2}{2!}z+\frac{i^3}{3!}z^2+\cdots=\sum_{n=0}^\infty \frac{i^n}{n!}z^{n-1}$

만약 함수 $f(z)$에 대해서, $(z-a)f(z)$가 $a\in \mathbb{C}$에서 해석적이면, $f$가 $a$에서 단순 극을 가진다고 말한다. 여기서, 해석적이라 함은 수렴하는 멱급수로 나타낼 수 있음을 의미한다. 정확히 말해서, $f(z)$의 점 $a$에서의 테일러 급수
$\sum_{n=0}^\infty a_n (z-a)^n=a_0+a_1(z-a)+a_2(z-a)^2 + \cdots$가 $a$를 포함하는 열린집합에서 $f(z)$와 같음을 의미한다. 복소해석학에 따르면, 복소 연속함수 $f$가 코시-리만 방정식 $\frac{\partial}{\partial \bar z} f(z)=0$을 만족하는 것과 $\lim_{z\to a}\frac{f(z)-f(a)}{z-a}$가 존재하는 것과 해석적인 것이 동치이다. 그래서, 다른 곳에서는 해석적이라는 용어의 정의를 다르게 말하기도 한다.

$R>\epsilon>0$에 대해서 다음과 같이 경로 (contour)를 잡자.

• $[\epsilon,R]$, 단 값이 증가하는 방향으로 경로를 잡자.
• 양의 복소수 방향으로 그려진 반지름이 $R$인 반원
  $C_R = \{z \in \mathbb{C} : z = Re^{it}, 0\le t \le \pi\}$ 단, 반시계방향으로 경로를 잡자.
• $[-R,\epsilon]$, 단 값이 증가하는 방향으로 경로를 잡자.
• 양의 복소수 방향으로 그려진 반지름이 $\epsilon$인 반원
  $C_\epsilon = \{z \in \mathbb{C} : z = \epsilon e^{it}, 0 \le t \le \pi\}$ 단, 시계방향으로 경로를 잡자.

이 경로를 $\gamma=[\epsilon,R]\cup C_R \cup [-R,\epsilon] \cup C_\epsilon$라 하자. 그러면, 적분경로 내부에는 극점이 없고, 이것은 $\epsilon$에서 출발해서 $\epsilon$으로 돌아오는 경로이다. 따라서, 코시 적분 공식에 의해서

$0=\int_{\gamma} f(z) dz$이다.

여기서, $C_R$을 따라 적분한 값$\int_{C_R} f(z) dz$은, $R$이 무한대로 갈때, 0으로 수렴하고 $C_{\epsilon}$을 따라 적분한 값$\int_{C_\epsilon} f(z) dz$은 $\epsilon$이 0으로 (양수임을 유지하며) 갈 때, $-\pi i$로 수렴하므로,

$0 =-\pi i + \lim_{R\to \infty,\epsilon \to 0^+}\int_{\epsilon}^R f(z) dz+\int_{-R}^{-\epsilon}f(z)dz.$

그리고, 우변의 마지막 두항의 극한은 단순히 $2i \int_{0}^\infty \frac{\sin x}{x} dx$이므로.

$\frac{\sin x}{x} dx=\frac{\pi}{2}$이다.

복소적분 방법 보충 설명

$\lim_{R\to \infty,\epsilon \to 0^+}\int_{\epsilon}^R f(z) dz+\int_{-R}^{-\epsilon}f(z)dz$을 구하면, 왜 $2i \int_{0}^\infty \frac{\sin x}{x} dx$가 나오는가?, $f(z)=e^{iz}/z$

$e^{iz}/z=\cos (z)/ z +i \sin (z) /z$의 실수축 위에서의 그래프를 생각하자.

$y=\sin (x) /x$의 그래프는 $y$축을 기준으로 대칭이므로 $\int_{-R}^{-\epsilon} \sin (x) / xdx=\int_{\epsilon}^{R}\sin (x) /x dx$이다.

$y=\cos (x) /x$의 그래프는 원점 기준으로 점대칭이므로
$\int_{-R}^{-\epsilon} \cos (x) / xdx+\int_{\epsilon}^{R}\cos (x) /x dx=0$이다.

그러므로 $f(z)=\cos (x)/x + i \sin (x)/x$를 $[-R,-\epsilon] \cup [\epsilon,R]$에서 적분을 하면, $\cos (x)/x$를 적분한 파트는 상쇄되어 사라지고, $\sin (x)/x$ 적분 파트만 살아남는다.

따라서,

$\int_\epsilon^R f(z) dz+\int_{-R}^{-\epsilon} f(z) dz$
$=i\int_{-\epsilon}^{-R} \frac{\sin x}{x} dx+i\int_{\epsilon}^R \frac{\sin x}{x} dx$이다.

그리고, 두 적분은 $\sin(x) / x$가 우함수인 이유로 같으므로, 단순히

$\int_\epsilon^R f(z) dz+\int_{-R}^{-\epsilon} f(z) dz=2i \int_{\epsilon}^R \frac{\sin x}{x} dx$이다.

그리고, $\epsilon$을 0으로 $R$을 무한대로 보내면, (이상적분의 정의에 의해서)

$2i \int_0^\infty \frac{\sin x}{x} dx$이다.

$C_R$ 을 따라 적분한 값은, $R$이 무한대로 갈때, 0으로 수렴하는가?

이 블로그에 적은 풀이는 위키피디아에 있는 풀이랑 달리 Jordan lemma를 사용할 수 없기에, 이 내용을 직접 증명해야 한다. 아마도 아래처럼 적는게 귀찮아서, 위키피디아 풀이에서는 함수 $g$를 재정의한 것 같다.

$\int_{C_R}| f(z)| dz= \int_0^\pi| \exp(iRe^{i t})iRe^{it}/(Re^{it})|dt$이고, $\because z = Re^{it}$,
내부에 적힌 $|\exp(iRe^{i t})|$은

$|\exp(iRe^{i t})|=|e^{iR\cos t-R\sin t}|=e^{-R\sin t}$이므로,

$\left|\int_{C_R} f(z) dz \right|\le \int_{C_R}\left| f(z) \right|dz \le \int_0^\pi e^{-R\sin t} dt$이다.

여기서, $t=0$과 $t=\pi$를 제외하면, $\sin t>0$이므로,
$\int_0^\pi \lim_{R\to \infty} e^{-R\sin t} dt=0.$

따라서,
$\lim_{R\to \infty}\int_0^\pi e^{-R\sin t} dt=\int_0^\pi \lim_{R\to \infty} e^{-R\sin t} dt=0.$

극한과 적분의 순서 교환은 Bounded convergence theorem에 의해서 보장됨.

따라서, $\lim_{R\to \infty}\left|\int_{C_R} f(z) dz \right|= 0$

왜 $C_\epsilon$ 을 따라 적분한 값은, $\epsilon$이 0으로 갈때, $-\pi i$로 수렴하는가?

여기에 대해서 매우 훌륭한 설명이 있다. 아래 내용은 이 링크의 첫번째 답변의 일부를 거의 그대로 적은 것이다.

$z=\epsilon e^{it}$이므로,

$\left|\int_{C_\epsilon}\frac{e^{iz}-1}{z} dz\right| =\left|\int_{\pi}^0 \frac{ \exp(\epsilon e^{it})-1 }{\epsilon e^{it}} \epsilon ie^{it}dt \right|\le\int_0^\pi |\exp(\epsilon e^{it})-1|dt$
여기서,
$\lim_{\epsilon \to 0^+}\int_0^\pi |\exp(\epsilon e^{it})-1|dt= \int_0^\pi \lim_{\epsilon \to 0^+} |\exp(\epsilon e^{it})-1|dt=0$

극한과 적분의 순서 교환은 Bounded convergence theorem에 의해서 보장됨.

따라서, $\lim_{\epsilon \to 0^+}\int_{C_\epsilon}\frac{e^{iz}}{z} dz=\lim_{\epsilon \to 0^+}\int_{C_\epsilon}\frac{1}{z}dz$. 한편, 우변은 $\epsilon$에 관계없이 항상 $-\pi i$이다.
따라서, $\lim_{\epsilon \to 0^+}\int_{C_\epsilon}\frac{e^{iz}}{z} dz=-\pi i$이다.

$\int_{C_\epsilon}\frac{1}{z}dz=\int_\pi^0 \frac{i\epsilon e^{it}dt}{\epsilon e^{it}} =-i\pi.$

적분 천재 파인만의 해결법

파인만의 자서전에는 대학시절 자신이 친구들에게 적분 천재로 추앙받게 된 일화가 나온다.

MIT나 프린스턴 학생들이 어떤 적분을 잘 못하면, 그것은 학교에서 배운 표준적인 방법으로 잘 되지 않기 때문이다. 만일 그것이 컨투어 적분으로 풀린다면, 그들은 쉽게 문제를 풀었을 것이다. 또한 단순 급수 전개로 풀리는 문제라면, 그것도 쉽게 풀었을 것이다. 그들이 풀지 못한 문제를 나는 적분 기호 아래에서 미분을 시도했고, 이런 방법은 자주 통했다. …그것은 단지 내 계산 방법이 다른 사람들과 달랐기 때문이고, 사람들은 먼저 자기의 방식으로 별별 짓을 다해보고 난 뒤에 나에게 가져오기 때문이다.(118p) 파인만 씨, 농담도 잘하시네!

조금 더 구체적으로 말해서, 그는 적분자체를 함수로 두고, 그 함수를 미분하는 방식으로 적분 문제를 해결했다는 뜻이다.

예를들어서, 파인만은 $\int_{0}^\infty\frac{\sin x}{x} dx$을 구하기 위해서 다음과 같은 함수를 생각한다.

$\int_{0}^\infty\frac{\sin x}{x} e^{-ax} dx, \quad a>0.$

먼저, $a$를 변수로 보고 $a$에 대한 함수 $F(a)$를 다음과 같이 정의한 다음

$F(a) = \int_{0}^\infty \frac{\sin x}{x}e^{-ax} dx$

$a$에 대해서 미분하는 것이 쉽고, $\lim_{a\to0^+}\int_{0}^\infty\frac{\sin x}{x} e^{-ax} dx$가 디리클레 적분 $\int_{0}^\infty\frac{\sin x}{x} dx$과 같기 때문에, 그러한 함수를 생각하였다.

함수 $F$를 ($a$에 대해서) 미분하면,

$F'(a) = \frac{d }{d a} \int_{0}^\infty \frac{\sin x}{x}e^{-ax} dx=-\int_{0}^\infty e^{-ax}\sin x dx$

$=\left. e^{-ax}\cos x \right|_{x=0}^{x=\infty}-a\int_{0}^\infty e^{-ax}\cos x dx$

부분적분법을 두번 적용하여, 다음을 계산하여 증명할 수 있다.
$\int e^{kx}\cos x dx=\frac{\sin x e^{kx}}{1+k^2}+\frac{k\cos xe^{kx}}{1+k^2}+C, \quad k \in \mathbb{R}$
이제, $k$대신 $-a$를 대입하여 다음을 얻자.

$=\left.e^{-ax}\cos x\right|_{x=0}^{x=\infty}$

$\left.+(-a)\cdot \frac{\sin x e^{-ax}}{1+a^2}\right|_{x=0}^{x=\infty}$
$\left.+(-a)\cdot \frac{(-a)\cos x e^{-ax}}{1+a^2}\right|_{x=0}^{x=\infty}$
$=-1+0+\frac{a^2}{1+a^2}=-\frac{1}{1+a^2}=-\frac{d}{da}\arctan a$

한편, 미적분학의 기본정리에 의해서
$F(a) = \int_{0}^a F'(t) dt + F(0^+)$이므로,

여기서 $F(0^+)=\lim_{a\to 0^+}\int_{0}^\infty \frac{\sin x}{x}e^{-ax} dx$를 뜻한다.

$F(a)= -\arctan a + F(0^+)$ 이다.

$F(0^+)$를 구하기 위해서, $a$를 무한대로 보내자. 즉,
$\lim_{a\to \infty }F(a)$를 구하자. 직접적으로 보면,

$\lim_{a\to \infty }\int_{0}^\infty \frac{\sin x}{x}e^{-ax} dx =\int_{0}^\infty\lim_{a\to \infty } \frac{\sin x}{x}e^{-ax} dx=0$이므로,
$0=\lim_{a\to \infty }F(a)$이다.
따라서,
$0=\lim_{a\to \infty } -\arctan a + F(0^+)$이다.

$\lim_{a\to \infty } \arctan a =\frac{\pi}{2}$이다. 왜냐하면, $\lim _{x\to {\frac{\pi}{2}^-}}\tan x=\infty$이므로...

따라서, $\frac{\pi}{2} =F(0^+)$

$\frac{\pi}{2} =F(0^+)= \lim_{a \to 0^+} \int_{0}^\infty \frac{\sin x}{x}e^{-ax} dx$ 이고,
$\lim_{a\to 0^+} \int_{0}^\infty \frac{\sin x}{x}e^{-ax} dx =\int_{0}^\infty \lim_{a\to 0^+}\frac{\sin x}{x}e^{-ax}dx$
$=\int_{0}^\infty \frac{\sin x }{x}dx$ 이므로
$\int_{0}^\infty \frac{\sin x }{x}dx=\frac{\pi}{2}$이다.
이 결과를 디리클레 적분이라고 부른다.

정리하면,

$\int_{0}^\infty\frac{\sin x}{x} e^{-ax} dx=-\arctan a+\frac{\pi}{2}, \quad a>0.$

그리고, ($a$에 0을 대입하여 얻은 수식인 다음도 성립한다.)

$\int_{0}^\infty\frac{\sin x}{x} dx=\frac{\pi}{2}.$

해석학의 필요

극한과 적분의 순서를 바꾸는 것이 언제나 같은 결과를 나타내지 않기 때문에, 파인만의 적분 기술은 증명으로서 받아들일 수 없다.

극한과 적분의 교환이 성립하지 않는 예를 보이기 위해서, 다음과 같이 함수를 정의하자.

$f_{n}(x)=1/n \quad \text{if} \quad x \in [0, n)$
$f_n(x)= 0 \quad \text{otherwise.}$

그러면, 모든 $x$에 대해서, $f_n(x)\to 0$ as $n\to \infty$이므로,
$\int_0^\infty \lim_{n\to \infty} f_n(x) dx =0$이다. (단, $n$은 자연수)
그러나, 임의의 자연수에 대해서,
$\int_0^\infty f_n(x) dx =1$이므로,
$\lim_{n\to \infty} \int_0^\infty f_n(x) dx=1$이다. 즉,

$\lim_{n\to \infty} \int_0^\infty f_n(x) dx \ne \int_0^\infty \lim_{n\to \infty} f_n(x) dx$

그렇다면, 두가지 요구사항이 자연스럽게 따라온다.

1. 파인만의 풀이에서 사용된 적분과 극한의 순서 변경이 수학적으로 정당화하시오

2. 파인만의 적분 기술은 표면적으로는 기본적인 수학적 도구를 사용하는 것처럼 보이지만, 실제로는 극한과 적분의 순서를 바꾸는 과정에서 고급 수학적 개념을 내재적으로 활용하고 있다. 이런 복잡한 수학적 절차 없이, 기본적인 도구만을 사용하여 $\int_{0}^{\infty} \frac{\sin x}{x} dx = \frac{\pi}{2}$의 결과를 증명할 수 있는 방법을 제시하라.

첫번째 질문에 대한 답을 다루는 학문을 해석학이라고 한다. 예를들어서, 해석학은 다음 두 문장을 증명할 수 있는 정리를 제공한다.

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• $\frac{d }{d a} \int_{0}^\infty \frac{\sin x}{x}e^{-ax} dx= \int_{0}^\infty\frac{\partial }{\partial a} \frac{\sin x}{x}e^{-ax} dx=-\int_{0}^\infty e^{-ax}\sin x dx$

여기있는 내용을 그대로 적용하여, 쉽게 증명 가능하다.

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• $\lim_{a\to 0^+ }\int_0^\infty \frac{\sin x}{x}e^{-ax} dx =\int_0^\infty \lim_{a\to 0^+ } \frac{\sin x}{x}e^{-ax} dx=\int_0^\infty \frac{\sin x}{x} dx$

  이 문장을 증명하는데 쓰이는 내용은 여기있다. 단, $\sin(x)/x$가 르벡적분 불가능하므로,

다시말해서, $\int_0^\infty \left |\frac{\sin x}{x}\right| dx=\infty$ 이므로

Dominated convergence theorem을 그대로 적용하지는 못하고, 그 정리로는 임의의 양수 $N$에 대해서, 다음이 성립함을 증명 할 수 있다.

$\lim_{a\to 0^+ }\int_0^N \frac{\sin x}{x}e^{-ax} dx =\int_0^N \lim_{a\to 0^+ } \frac{\sin x}{x}e^{-ax} dx$

그리고
$\lim_{a\to 0^+ }\lim_{N\to \infty} \int_0^N \frac{\sin x}{x}e^{-ax} dx=\lim_{N\to \infty} \lim_{a\to 0^+ } \int_0^N \frac{\sin x}{x}e^{-ax} dx=\lim_{N\to \infty}\int_0^N \frac{\sin x}{x}dx$을 추가로 이용하면, 증명을 마무리 할 수 있다.

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디리클레 커널을 이용한 기초적인 증명

고급 수학적 도구나 이론을 배제하고, 배우기에 많은 수학적 배경이 필요하지 않는 증명을 '기초적인 증명'이라고 부른다. 이런 기초적인 증명은 수학적 전문용어를 사용하지 않고 복잡한 개념이나 방법을 피함으로써 접근성을 높인다. 그러나 이는 반드시 증명이 이해하기 쉬워진다는 의미는 아니다.

증명의 개요

위키피디아 참고

여기서, $D_n$은 디리클레 커널로, 다음과 같이 정의된다.

$D_n(x) := \sum_{k=-n}^n e^{ikx} =1+ 2\sum_{k=1}^n\cos(2kx)$

이제 우리는 위의 개요를 기초적인 방법으로 정당화하고자 한다.

기초적 증명의 흐름

각 과정을 기초적인 방법으로 정당화하는 것이 목적이다.

$\int_0^\infty \frac{\sin t}{t} dt:=\lim_{x\to \infty} \int_0^x \frac{\sin t}{t} dt$로 정의된다. 따라서, 첫번째 줄은 정의에 의해서 참이다.

첫번째 줄에서 두번째 줄로 넘어가는 과정은 독자에게 맡긴다.

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두번째 줄에서 세번째 줄로 넘어가기

세번째 줄에서 두번째 줄을 빼서 얻은 아래의 수식을 따로 증명한다면, 이 과정이 정당화된다.

$\lim_{\lambda\to\infty} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}\right)\sin(\lambda x)dx=0.$

이 과정을 기초적으로 기술하면 매우 길어지므로, 이 포스팅의 맨 마지막으로 옮겨두었다.

위키피디아에서는 위의 수식을 리만 르베그 보조정리를 사용하여 매우 쉽게 증명한다. 그러나, 우리의 목적은 기초적인 증명을 하는 것이므로 따로 이 부분을 (위키피디아에 나오지 않는) 기초적인 방법으로 해결할 것이다.

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세번째 줄에서 네번째 줄로 넘어가기

세번째 줄 = 네번째 줄은 다음과 같다. 굳이 스크롤을 위로 올리지 말자.
$\lim_{\lambda \to \infty} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin(\lambda x)}{\sin(x)} dx =\lim_{n \to \infty} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin((2n+1) x)}{\sin(x)} dx$

$\lambda$를 $2n+1$로 바꾸고, 같은 논리를 반복하면 곧바로 이 등식이 얻어지기 때문에, 얼핏보면 당연하게 느껴지는 과정이다. 자세히 말해서, 다음과 같은 논리구조로 증명할 수 있을 듯하다.

$\int_0^\infty \frac{\sin t}{t} dt = \lim_{n\to \infty} \int_0^{(2n+1)\pi/2} \frac{\sin(t)}{t}dt$ (논리적 근거 필요)
$\quad \quad \quad \quad \ =\lim_{n\to \infty} \int_0^{\pi/2} \frac{\sin((2n+1)x)}{t}dt$

그러나, 일반적으로

$\int_0^\infty f(t) dt$와 $\lim_{n\to \infty }\int_0^n f(t) dt$ ( $n$은 자연수)는 다르기 때문에, $\lambda$대신 (자연수의 값만 가지는) $n$으로 논리를 전개할 때는 정당화가 필요하다.

다시말해서, $\int_0^\infty \frac{\sin t}{t} dt = \lim_{n\to \infty} \int_0^{(2n+1)\pi/2} \frac{\sin(t)}{t}dt$의 논리적 근거가 필요하다.

예를들어서

$\int_0^\infty \sin(2\pi t) dt$는 정의되지 않으나
$\int_0^n \sin(2\pi t) dt=0$ 이므로 $\lim_{n\to \infty }\int_0^n f(t) dt=0$이다.

그러니까, 이 모든 과정(세번째 줄에서 네번째 줄로 넘어가기)이 정당화 되기 위해서는 다음이 증명되면 충분하다.

극한 $\int_0^\infty \frac{\sin x}{x} dx$가 수렴한다.

증명
$0<t<\lambda$라하자.

$\int_t^\lambda \frac{\sin x}{x} dx=\frac{1-\cos \lambda}{\lambda}-\frac{1-\cos t}{t}+\int_{t}^\lambda \frac{1-\cos x}{x^2} dx$임을 ($\lambda>0$) 독자는 쉽게 보일 수 있다. 그리고, $|\frac{\cos x}{x^2}|\le \frac{1}{x^2}$이므로,
$\int_{t}^\infty |\frac{\cos x}{x^2}| dx\le \int_t^\infty \frac{1}{x^2}dx.$
따라서, $\int_{t}^\infty \frac{\cos x}{x^2} dx$가 수렴하고 $\lim_{\lambda\to \infty}\frac{1-\cos \lambda}{\lambda}=0$이므로 모든 $t>0$에 대해서 $\int_t^\infty \frac{\sin x}{x} dx$가 수렴한다. 한편, 독자는 $\int_0^\infty \frac{\sin x}{x} dx$이 수렴함(아래 적은 문제 참고)을 마찬가지로 쉽게 보일 수 있다.

Exercise : 다음 극한이 수렴함을 보이시오.
$\lim_{t\to 0^+}\int_t^\infty \frac{\sin x}{x} dx$
Remark : 정의상 $\int_0^\infty \frac{\sin x}{x} dx:=\lim_{t\to 0^+}\int_t^\infty \frac{\sin x}{x} dx$ 이다.

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네번째 줄에서 다섯번째 줄로 넘어가기

여기가 디리클레 커널을 이용한 증명의 핵심이다.

수학에서, 디리클레 커널$D_n$은 푸리에해석에서 요긴하게 쓰이는 함수로 다음과 같이 정의된다.

$D_n(x) = \sum_{k=-n}^n e^{ikx}$

여기서, $i=\sqrt{-1}$이고 $e^{it} = \cos t + i\sin t$이다. 따라서,

$D_n(x) = 1+ 2\sum_{k=1}^n\cos(2kx)$

이다.

$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} D_n(x) dx = \frac{\pi}{2}$이다. (코사인 파트는 적분한것이 0이므로)

한편,

$\sin x\sum_{k=1}^n \cos(2kx)$

$=\frac{1}{2} \sum_{k=1}^n [\sin((2k+1)x)-\sin((2k-1)x)]$

$=\frac{\sin((2n+1)x)-\sin(x)}{2}$

이므로,

2번째에서 세번째 넘어갈때$\sin(\alpha+\beta)+\sin(\alpha-\beta)=2\sin(\alpha \beta)$ 을 이용했다.

$\sum_{k=1}^n \cos(2kx)=-\frac{1}{2}+\frac{\sin((2n+1)x)}{2\sin(x)}$. 따라서,

$D_n(x)= \frac{\sin ((2n+1)x)}{\sin x}$이다.

또 다른 표현으로 다음이 있으며, 삼감함수 공식으로 유도할 수 있다. (위키피디아 참고)
$D_n(x) = \frac{\sin((n+1/2)x)}{\sin(x/2)}$ 또는

따라서,

$\int_0^{\pi/2} \frac{\sin ((2n+1)x)}{\sin x} dx=\int_0^{\pi/2} D_n(x)dx=\pi/2$

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기초 증명으로 자잘자잘한 극한들 해결하기

$\lim_{\lambda\to\infty} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}\right)\sin(\lambda x)dx=0$의 기초적 증명

$\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}=u(x)$ 그리고 $\sin (\lambda x) dx= dv$로 두고 부분적분을 수행하자.

즉, $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}\right)\sin(\lambda x)dx=\left.-\frac{1}{\lambda}u(x)\cos(mx)\right|_{0}^{\pi/2}+\frac{1}{\lambda}\int_{0}^{\pi/2}\left( \frac{\cos(x)}{\sin^2(x)}-\frac{1}{x^2} \right)\cos(\lambda x)dx$ 이다.

여기서, $u(x)=\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}$인데, 이 함수가 $\lim_{x\to0^+}u(x)=0$이다. (맨 아래에 따로 증명을 적어두었다.) 따라서 $u(0)=0$이라 확장적으로 정의하면 $u$는 연속함수이고, 따라서 위의 수식은 잘 정의된다.

한편, $\lambda$가 $\infty$에 감에 따라서 첫번째 항
$\left.-\frac{1}{\lambda}u(x)\cos(mx)\right|_{0}^{\pi/2}$은 0에 수렴한다.

그리고 이제 두번째 항이 0으로 가는 것을 보이자.

$\lim_{\lambda \to \infty} \frac{1}{\lambda}\int_0^{\pi/2}\left( \frac{\cos(x)}{\sin^2(x)}-\frac{1}{x^2} \right)\cos(\lambda x)dx=0$

증명
먼저, $\lim_{x\to 0^+}\left( \frac{\cos(x)}{\sin^2(x)}-\frac{1}{x^2} \right)=-\frac{1}{6}$임을 관찰하자. (기초적으로 증명하기는 까다로우므로, 뒤에 증명을 옮겨두었다.) 그러면, 함수 $f(x)= \frac{\cos(x)}{\sin^2(x)}-\frac{1}{x^2}$가 연속함수이므로, (단, $f(0)=-1/6$으로 정의), 최대최소정리에 의하여

최대·최소 정리(extreme value theorem)
함수 $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}$가 닫힌 구간 $[a, b]$에서 연속이면, 함수 $f$는 구간 $[a, b]$에서 최댓값과 최솟값을 가진다.

$-M\le f(x)\cos(\lambda x)\le M$을 만족한다. $\because |\cos(\lambda x)|\le1$ (여기서, $M$은 $|f(x)|$의 최댓값).

따라서,

$\frac{-M\pi}{2\lambda} \le \frac{1}{\lambda}\int_0^{\pi/2}\left( \frac{\cos(x)}{\sin^2(x)}-\frac{1}{x^2} \right)\cos(\lambda x)dx\le \frac{M\pi}{2\lambda}$
$\lambda \to \infty$일때, $\frac{-M\pi}{2\lambda}$, $\frac{M\pi}{2\lambda}$이 모두 0으로 가므로, 샌드위치 정리에 의해서,
$\lim_{\lambda \to \infty} \frac{1}{\lambda}\int_0^{\pi/2}\left( \frac{\cos(x)}{\sin^2(x)}-\frac{1}{x^2} \right)\cos(\lambda x)dx=0$이다.

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$\lim_{x\to0^+}\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}=0$ 의 증명:

GPT4로 생성함

이 문제를 해결하기 위한 기초적인 증명 접근법을 제시하겠습니다.

Part 1: $\pi/2>x>0$ 이면, $0<\sin x < x < \tan x$이다.
이 부분은 삼각함수의 기본적인 성질과 함께, 단위원에 대한 고려를 통해 설명됩니다. $x$가 0에 가까울 때, $\sin x$는 $x$에 근접하며, $\tan x$는 $x$보다 크다는 것을 기하적 또는 해석적 방법으로 증명할 수 있습니다.

Part 1.5: $\lim_{x\to0^+}\frac{\sin x}{x}= 1$
이 극한은 삼각함수의 성질과 관련된 대표적인 결과 중 하나입니다. 적절한 삼각형의 면적을 비교하는 기하학적 논증을 통해 이해할 수 있습니다.

Part 2: $\lim_{x\to0^+}\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}\ge 0$
이 부분은 Part 1의 결과를 이용하여 $\sin x \leq x$임을 상기시키고, $\frac{1}{\sin x}$와 $\frac{1}{x}$의 관계를 통해 $\frac{1}{\sin x}$가 $\frac{1}{x}$보다 크거나 같음을 보여줍니다.

Part 3: $\lim_{x\to0^+}\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x}\le 0$
이 부분의 증명은 다음과 같이 진행됩니다:

$\lim_{x\to 0}\frac{1}{\sin x}-\frac{1}{x} = \lim_{x\to 0}\frac{x-\sin x}{x\sin x} = \lim_{x\to 0}\frac{x-\sin x}{x^2}$

마지막 등호는 $\frac{x-\sin x}{x\sin x}\cdot \frac{\sin x}{x}$과 Part 1.5을 이용해서 증명할 수 있습니다.

Part 1을 이용하여 $x < \tan x$임을 상기시키면, $\cos x < \frac{\sin x}{x}$가 되고, 이로 인해 다음이 성립합니다:

$\lim_{x\to 0^+}\frac{1-\sin (x)/x}{x}\le\lim_{x\to 0^+}\frac{1-\cos x}{x}$

여기서 $1-\cos(x) = 2\sin^2(x/2)$이므로, 우변은 다음과 같이 정리됩니다:

$\lim_{x\to 0^+}\frac{\sin(x/2)}{x/2}\cdot 2\sin(x/2)$

Part 1.5에 의해 이 $\lim_{x\to 0^+}\frac{\sin(x/2)}{x/2}$은 1입니다. 그리고 $\lim_{x\to 0^+} 2\sin(x/2)$은 명백히 0이므로, 이를 통해

$\lim_{x\to 0^+}\frac{\sin(x/2)}{x/2}\cdot 2\sin(x/2) =0$을 얻습니다.

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$\lim_{x\to 0^+}\left(\frac{\cos(x)}{\sin^2(x)}-\frac{1}{x^2}\right)=-1/6$의 증명

$\sin(x)/x$의 극한이 1임을 사용하여 다음을 얻는다.

$\lim_{x\to 0^+} \left(\frac{1}{x^2} - \frac{\cos(x)}{\sin^2(x)}\right) = \lim_{x\to 0^+} \frac{-x^2 \cos(x) + \sin^2(x)}{x^4}$

$=\lim_{x\to 0^+} \frac{x^2-x^2 \cos(x) + \sin^2(x)-x^2}{x^4}$

$=\lim_{x\to 0^+} \frac{1- \cos(x) }{x^2} +\lim_{x\to 0^+} \frac{\sin x +x }{x}\cdot \lim_{x\to 0^+} \frac{\sin x -x}{x^3}$

$\sin(x)^2-x^2 = (\sin(x)-x)(\sin(x)+x)$ 이용.

$=1/2 -2\lim_{x\to 0^+} \frac{x-\sin x }{x^3} =1/2-1/3=1/6$

$\lim_{x\to 0^+} \frac{x-\sin x }{x^3}=\frac{1}{6}$이용. (이것의 기초적 증명은 후술함)

따라서, $\lim_{x\to 0^+}\left(\frac{\cos(x)}{\sin^2(x)}-\frac{1}{x^2}\right)=-1/6$이다.

$\lim_{x\to 0^+} \frac{x-\sin x }{x^3}=\frac{1}{6}$의 증명

출처 : Determine $\lim_{x \to 0}{\frac{x-\sin{x}}{x^3}}=\frac{1}{6}$
, without L'Hospital or Taylor
문장은 GPT4로 생성함

이 증명에서는 $\sin(3x) = 3\sin(x) - 4\sin^3(x)$라는 삼각함수의 항등식을 사용합니다.

먼저, $y$를 $x$의 새로운 변수로 두어 $x = 3y$라고 치환하면, $\sin(3y) = 3\sin(y) - 4\sin^3(y)$를 사용하여 식을 다시 쓸 수 있습니다:

이제 식을 각각의 항으로 분리합니다:

첫 번째 극한을 계산하기 위해, $\frac{y - \sin(y)}{y^3}$의 극한$L$을 사용하면:

여기서 $L = \lim_{y \to 0} \frac{y - \sin(y)}{y^3}$ 입니다. 이를 $L$에 대해 풀면:

따라서 원래의 문제의 극한은:

이 결과는 삼각함수의 항등식을 활용하여 도출되었으며, 복잡한 수학적 도구 없이도 극한 값을 찾을 수 있었습니다. 이와 같은 접근은 기본적인 삼각항등식과 간단한 대수학을 활용하여 중요한 결과를 얻는 좋은 예입니다.

주의
아직 $\lim_{x \to 0^+} \frac{x - \sin(x)}{x^3} = \frac{1}{6}$이 (기초적으로) 증명되지는 않았다. 제대로된 증명을 완성하기 위해서는 추가로 극한 $L$이 존재함을 보여야한다.
왜냐하면 $L=\infty$여도 위의 풀이에 위배되지 않는다. 저러한 증명의 부실함을 보여주기 위해서, 명백히 발산하는 극한을 예로 들어보겠다.
$\lim_ {x \rightarrow \infty} \cos (x)=\lim_ {x \rightarrow \infty} \cos (2x)=\lim_ {x \rightarrow \infty} \cos (x) ^2-1$이라고 해서 $\lim_ {x \rightarrow \infty} \cos (x)$이
$x=x^2-1$의 한 근$1/2 + \sqrt{5}/2$이라고 주장할 수 없다.
$\lim_{x \to 0^+} \frac{x - \sin(x)}{x^3}$이 발산하지 않음을 (기초적으로 증명하는 것은) 독자에게 맡기도록 하겠다.

Tonelli’s theorem을 이용한 증명

토넬리 정리

토넬리 정리는 함수의 적분에 대한 중요한 이론 중 하나로, 두 변수 (non-nagative)함수의 반복 적분이 존재하고, 적분 순서에 그 값이 무관함을 알려준다. 이 정리는 수학적으로 측도론의 영역에 속하나, 경우에 따라서 기초적인 도구로 간주 될 수도 있다.
따라서, 아래의 증명(풀이과정)을 기초적 증명이라고 불러도 되는지는 독자에게 달려있다.

원문

푸비니 토넬리 정리

토넬리의 정리에 따르면, 만약 $(X, A, \mu)$와 $(Y, B, \nu)$가 $\sigma$-유한 측도 공간이고, $f: X \times Y \to [0, \infty]$가 가측(measurable) 함수라면, 다음이 성립한다.:

$\int_X \left( \int_Y f(x,y) \, dy \right) \, dx = \int_Y \left( \int_X f(x,y) \, dx \right) \, dy = \int_{X \times Y} f(x,y) \, d(x,y).$

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우리가 적용하는 Spetial- Case

만약 함수$f:\mathbb{R}\times \mathbb{R}\to [0,\infty)$가 연속함수이면, 다음이 성립한다.

$\int \left( \int f(x,y) \, dy \right) \, dx = \int\left( \int f(x,y) \, dx \right) \, dy$

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풀이과정

구하고자 하는 적분 값을 $I$라 하자.

$I=\int_0^\infty \frac{\sin x}{x} dx = \int_0^\infty \frac{1-\cos(x)}{x^2} dx$

$u(x)= \frac{1}{x}$ 그리고 $v(x) = 1-\cos (x)$라 두고, 부분적분 공식

을 적용하여 얻는다.

$\frac{1}{x^2}$을 $\int_0^\infty t e^{-tx} dt$라 적을 수 있음을 관찰하자. 따라서,
$\int_0^\infty \frac{1-\cos(x)}{x^2} dx=\int_0^\infty \int_0^\infty (1-\cos(x))te^{-tx} dtdx$

$(1-\cos(x))te^{-tx}\ge0$이고, 연속함수이므로 토넬리 정리를 적용할 수 있다.

$I=\int_0^\infty \frac{1-\cos(x)}{x^2} dx=\int_0^\infty \int_0^\infty (1-\cos(x))te^{-tx} dxdt$
이제, 단순 계산으로 $dx$에 대한 적분을 해결하면, 다음을 얻는다.$\int_0^\infty \frac{1}{1+t^2} dt$ 그리고 이 결과는 잘 알려져 있다.

Remark
토넬리 정리는 적분가능성을 조건으로 요구하지 않으므로, $I=\int_0^\infty \frac{\sin x}{x} dx = \int_0^\infty \frac{1-\cos(x)}{x^2} dx$의 수렴성을 가정하지 않아도 위의 증명에는 논리적 오류가 없다.

감상

모든 수학적 증명은 엄밀성을 기본으로, 접근성과 일반성을 모두 추구하지만, 실제로는 양쪽 모두를 만족시키는 것은 어렵다.

contour integral 활용한 증명 은 그 일반성이 높으나, 이해와 적용을 위해서는 상당한 수학적 지식이 요구된다. 파인만의 적분기술(아벨합 공식) 보다 더 초등적인 기법을 활용한 방법이지만, 극한과 적분의 교환을 사용한다는 점에서 심화적 수학적 내용을 필요로 한다.

디리클레 커널을 이용한 증명 또는 토넬리 정리를 이용한 방법은 그보다 훨씬 적은 수학적 기반으로 설명되는 반면, 특정 테크닉을 요구하기 때문에 그 방법을 다른 적분 문제에 적용하기 어렵다.

아, 그리고 또 하나... 기초적인 증명은 손이 너무 많이간다. 로피탈정리나 테일러 전개 정도는
독자가 알고 있다고 가정할 걸...