📂해석개론

단조함수는 리만(-스틸체스) 적분가능하다

리만적분에 대해서

함수 $f$가 $[a,b]$에서 단조라고 하자. 그러면 $f$는 리만적분가능하다.

증명

$f$가 단조증가함수¹라고 가정하자. $\epsilon >0$이 주어졌다고 하자. 구간 $[a,b]$의 분할 $P= \left\{ x_{i} : a=x_{0} < x_{1} < x_{2} < \cdots < x_{n}=b \right\}$가 임의의 자연수 $n$에 대해서 다음을 만족하도록 주어졌다고 하자.

$$\Delta x_{i} = x_{i}-x_{i-1} = \dfrac{b-a}{n},\quad (i=1,2,\dots,n)$$

다시 말해 $P$는 구간 $[a,b]$를 등분하는 분할이다. 이제 다음과 같이 두자.

$$M_{i}=\sup\limits_{[x_{i-1},x_{i}]}f(x) \quad \text{and} \quad m_{i}=\inf\limits_{[x_{i-1},x_{i}]}f(x)$$

그러면 $f$가 단조증가함수이므로 다음이 성립한다.

$$M_{i}=f(x_{i}) \quad \text{and} \quad m_{i}=f(x_{i-1})\quad (i=1,\cdots,n)$$

그러면 충분히 큰 $n$에 대해서 다음의 식이 성립한다.

$$\begin{align*} U(P,f)-L(P,f) &= \sum \limits_{i=1}^n (M_{i}-m_{i}) \Delta x_{i} \\ &= \sum \limits_{i=1}^n (M_{i}-m_{i})\dfrac{ b -a }{n} \\ &= \dfrac{ b-a }{n}\sum \limits_{i=1}^n (M_{i}-m_{i}) \\ &= \dfrac{b-a }{n}\sum \limits_{i=1}^n \left( f(x_{i}) - f(x_{i-1}) \right) \\ &= \dfrac{b-a }{n} \left[ \big( f(x_{1})- f(a) \big) + \cdots \big( f(b)- f(x_{n-1}) \big)\right] \\ &= \dfrac{b-a }{n} \left[ f(b)-f(a)\right] <\epsilon \end{align*}$$

이는 적분가능할 동치조건이므로 $f$는 적분 가능하다.

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스틸체스적분에 대해서²

함수 $f$가 $[a,b]$에서 단조이고, 함수 $\alpha$가 $[a,b]$에서 단조이고 연속이면 $f$는 리만-스틸체스 적분가능하다.

증명

$f$가 단조증가함수¹라고 가정하자. $\epsilon >0$이 주어졌다고 하자. 구간 $[a,b]$의 분할 $P= \left\{ x_{i} : a=x_{0} < x_{1} < x_{2} < \cdots < x_{n}=b \right\}$가 임의의 자연수 $n$에 대해서 다음을 만족하도록 주어졌다고 하자.

$$\Delta \alpha_{i} = \dfrac{\alpha (b) -\alpha (a) }{n},\quad (i=1,2,\dots,n)$$

다시 말해 $P$는 $\alpha$의 함숫값을 등분하는 분할이다. 이는 $\alpha$가 연속이라는 가정에 의해 가능하다.이제 다음과 같이 두자.

$$M_{i}=\sup\limits_{[x_{i-1},x_{i}]}f(x) \quad \text{and} \quad m_{i}=\inf\limits_{[x_{i-1},x_{i}]}f(x)$$

그러면 $f$가 단조증가함수이므로 다음이 성립한다.

$$M_{i}=f(x_{i}) \quad \text{and} \quad m_{i}=f(x_{i-1})\quad (i=1,\cdots,n)$$

그러면 충분히 큰 $n$에 대해서 다음의 식이 성립한다.

$$\begin{align*} U(P,f,\alpha)-L(P,f,\alpha) &= \sum \limits_{i=1}^n (M_{i}-m_{i}) \Delta \alpha_{i} \\ &= \sum \limits_{i=1}^n (M_{i}-m_{i})\dfrac{\alpha (b) -\alpha (a) }{n} \\ &= \dfrac{\alpha (b) -\alpha (a) }{n}\sum \limits_{i=1}^n (M_{i}-m_{i}) \\ &= \dfrac{\alpha (b) -\alpha (a) }{n}\sum \limits_{i=1}^n \left( f(x_{i}) - f(x_{i-1}) \right) \\ &= \dfrac{\alpha (b) -\alpha (a) }{n} \left[ \big( f(x_{1})- f(a) \big) + \cdots \big( f(b)- f(x_{n-1}) \big)\right] \\ &= \dfrac{\alpha (b) -\alpha (a) }{n} \left[ f(b)-f(a)\right] <\epsilon \end{align*}$$

이는 적분가능할 동치조건이므로 $f$는 적분 가능하다.

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