오늘의 적분'

이 글에선 디리클레 적분의 다양한 해법을 살펴본다.

이 적분은 $\frac{\pi}{2}$로 수렴함이 잘 알려져있는 유명한 적분이다.

수렴판정을 하려 할 때 바로 절대수렴판정을 쓰려 하면 문제가 생긴다.

$$\int_0^{M}\left| \frac{\sin x}{x} \right| dx \leq \int_0^{M}\frac{1}{x} dx$$

절대수렴하지 않는 교대급수에 절대수렴판정을 쓰려 할 때 문제가 생기듯이 이 상황에서는 합만 적분으로 바뀐 것이다!

$$\sum_{n=1}^{M} \left|\frac{(-1)^n}{n}\right|=\sum_{n=1}^{M}\frac{1}{n}$$

이러한 상황에서 진동하는 항들을 이용하기 위해 디리클레 판정법(부분합하기를 이용함)을 쓰듯이, 부분적분을 써서 진동하는 항들끼리 합하여 뭉개고 크기를 결정하는 항이 더 빠르게 감쇄하게 할 수 있다.

$$\lim_{M\to \infty}\int_0^{M} \frac{\sin x}{x} dx = \int_0^1\frac{\sin x}{x} dx+\lim_{M\to \infty}(\left[-\frac{\cos x}{x}\right]^M_1-\int_1^{M} \frac{\cos x}{x^2} dx)$$

리미트 안의 첫 번째 항은 당연히 0으로 가고, 두 번째 적분은 이제 절대수렴판정을 쓸 수 있다. 따라서 원 적분이 수렴함을 알 수 있다.

위와 같이 이 적분의 수렴성은 비교적 쉽게 알 수 있지만

$$\int_0^{\infty}\frac{\sin x}{x}dx=\frac{\pi}{2}$$

이렇게 명확한 값을 얻는 것은 꽤 어렵다. 잘 알려진 방법으로는 파인만스 트릭을 쓰는 것과 복소평면에서의 경로적분을 이용하는 방법이 있다.

이 글에서는 이 적분의 명확한 값을 얻는 잘 알려진 두 방법을 다룬다.

1-Feynmann's Trick

우리가 구하고 싶은 적분 식에 감쇄가 잘 되면서 적분식을 우리가 더 친근한 모양으로 바꿀 수 있게 지수함수를 옆에 곱하여 적분식을 만든다.

$$I(a)=\int_0^{\infty}e^{-ax}\frac{\sin x}{x}dx \quad (a>0)$$

\begin{equation*}
\begin{split}
\frac{dI}{da} &=\frac{d}{da}\lim_{M\to \infty}\int_0^{M}e^{-ax}\frac{\sin x}{x}dx \\
&=\lim_{M\to \infty}\frac{d}{da}\int_0^{M}e^{-ax}\frac{\sin x}{x}dx \\
&=\lim_{M\to \infty}\int_0^{M}\frac{d}{da}e^{-ax}\frac{\sin x}{x}dx \\
&=\lim_{M\to \infty}\int_0^{M}-e^{-ax}\sin xdx \\
&=\lim_{M\to \infty}\left[\frac{1}{1+a^2}e^{-ax}(a\sin x+\cos x)\right]_0^M \\
&= -\frac{1}{1+a^2} \quad (\text{sin의 라플라스 변환을 생각하면 빠르게 구할 수 있다)} \\
\end{split}
\end{equation*}

Leibniz Integral Rule과 극한과 미분의 교환을 생각하면 위가 성립함을 알 수 있다.

따라서

$$I'(a)=-\frac{1}{1+a^2}$$

$$I(a)=C-\arctan (a) \quad (a>0)$$

이때,

\begin{equation*}
\begin{split}
|I(a)|=\left|\int_0^\infty e^{-ax}\frac{\sin x}{x}dx\right| &\leq\int_0^\infty \left|e^{-ax}\frac{\sin x}{x}\right|dx \\
&\leq\int_0^\infty e^{-ax}dx=\frac{1}{a}
\end{split}
\end{equation*}

이므로 $I(a)\to 0$ as $a\to \infty$이여서 $C=\pi/2$가 된다.

마지막으로, $a=0$에서의 연속성을 확인하면 된다..

\begin{equation*}
\begin{split}
\lim_{a\to 0+}(I(0)-I(a))=\lim_{a\to 0+}\int_0^\infty(1-e^{-ax})\frac{\sin x}{x}dx \\
\end{split}
\end{equation*}

\begin{equation}
1-e^{-ax} \leq f(x)=
\begin{cases}
ax & x \leq \frac{1}{a} \\
1 & x > \frac{1}{a}
\end{cases}
\end{equation}

임을 이용하여

\begin{equation*}
\begin{split}
\lim_{a\to 0+}\int_0^\infty(1-e^{-ax})\frac{\sin x}{x}dx &\leq \lim_{a\to 0+}\int_0^\infty f(x)\frac{\sin x}{x}dx \\
&=\lim_{a\to 0+}\left( a \int_0^\frac{1}{a}\sin xdx +\int_\frac{1}{a}^\infty\frac{\sin x}{x}dx\right)
=0
\end{split}
\end{equation*}

따라서

$$\int_0^\infty \frac{\sin x}{x}dx=I(0)=\lim_{a\to 0+}I(a)=\frac{\pi}{2}$$

2-Contour Integral

먼저 $\frac{\sin x}{x}$를 분석하기 더 좋게 만들자

\begin{split}
\frac{1}{2i}\int_{-\infty}^\infty\frac{e^{ix}-1}{x}dx&=\frac{1}{2i}\int_{-\infty}^\infty\frac{\cos x-1}{x}dx+\frac{1}{2i}\int_{-\infty}^\infty\frac{i\sin x}{x}dx \\ \\
&=\int_{0}^\infty\frac{\sin x}{x}dx
\end{split}

오일러 공식을 써서 적분을 쪼개면 왼쪽은 기함수, 오른쪽은 우함수여서 위와 같은 결과가 나온다.

따라서 다음 적분을 분석하면 된다.

$$\int_{-\infty}^\infty\frac{e^{ix}-1}{x}dx$$

코시정리를 활용하기 위해 적분할 경로 $\Gamma$를 다음과 같이 두고 적분을 세우자

$$\int_\Gamma\frac{e^{iz}-1}{z}dz=\int_{C_R}\frac{e^{iz}-1}{z}dz+\int_{C_\epsilon}\frac{e^{iz}-1}{z}dz+\int_\epsilon^R\frac{e^{iz}-1}{z}dz+\int_{-R}^{-\epsilon}\frac{e^{iz}-1}{z}dz$$

$\frac{e^{iz}-1}{z}$는 전해석이므로 코시정리에 의해 임의의 $R,\epsilon$의 $\Gamma$에 대해 적분값이 0이 된다. 따라서

$$0=\int_{C_R}\frac{e^{iz}-1}{z}dz+\int_{C_\epsilon}\frac{e^{iz}-1}{z}dz+\int_\epsilon^R\frac{e^{iz}-1}{z}dz+\int_{-R}^{-\epsilon}\frac{e^{iz}-1}{z}dz$$

이고,

$$-\int_{C_R}\frac{e^{iz}-1}{z}dz-\int_{C_\epsilon}\frac{e^{iz}-1}{z}dz=\int_\epsilon^R\frac{e^{iz}-1}{z}dz+\int_{-R}^{-\epsilon}\frac{e^{iz}-1}{z}dz\to\int_{-\infty}^\infty\frac{e^{ix}-1}{x}dx \quad as \, R\to \infty \, \, and \, \epsilon \to 0+$$

이므로

$$-\int_{C_R}\frac{e^{iz}-1}{z}dz-\int_{C_\epsilon}\frac{e^{iz}-1}{z}dz$$

의 극한값들을 구하면 된다.

먼저, $R$이 무한대로 감에 따라 $C_R$ 위에서 적분을 보자

$$\int_{C_R}\frac{e^{iz}-1}{z}dz=\int_{C_R}\frac{e^{iz}}{z}dz-\int_{C_R}\frac{1}{z}dz$$

위와 같이 쪼갰을 때 왼쪽 적분은 $R\to\infty$일 조르당 보조정리에 의해 0으로 간다.

아니면 아래와 같이 논증해도 된다.

\begin{split}
\left|\int_{C_R}\frac{e^{iz}}{z}dz\right|&=\left|\int_0^{\pi}\frac{e^{iRe^{i\theta}}}{Re^{i\theta}}iRe^{i\theta}d\theta \right|\quad (z=Re^{i\theta}) \\
&=\left|\int_0^{\pi}ie^{iR(\cos \theta + i\sin \theta)}d\theta \right| \\
&=\left|\int_0^{\pi}ie^{iR\cos \theta}e^{-R\sin \theta}d\theta \right|\\
&\leq \int_0^{\pi}\left|ie^{iR\cos \theta}e^{-R\sin \theta}\right|d\theta\\
&=\int_0^{\pi}e^{-R\sin \theta}d\theta = 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R\sin \theta}d\theta \quad \text{($\sin$이 $\frac{\pi}{2}$ 대칭이어서)} \\
&\leq 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-R\frac{2 \theta}{\pi}}d\theta\quad \left(\sin \theta > \frac{2\theta}{\pi}\quad \theta\in (0,\frac{\pi}{2})\right)\\
&=\frac{\pi}{R}(1-e^{-R})\to 0 \quad \text{as $R\to\infty$}
\end{split}

사실 이게 조르당 보조정리에서 쓰는 아이디어를 그대로 쓴 것이다.

$$\int_{C_R}\frac{1}{z}dz=\int_{0}^\pi\frac{1}{Re ^{i\theta}}iRe ^{i\theta}d\theta=\int_{0}^\pi id\theta=i\pi$$

따라서

$$\int_{C_R}\frac{e^{iz}-1}{z}dz\to-i\pi \quad\text{as $R\to\infty$}$$

이다.

이제 $\epsilon$이 0으로 감에 따라 $C_\epsilon$에서의 적분도 보자

$$\int_{C_\epsilon}\frac{e^{iz}-1}{z}dz$$

의 경우

\begin{split}
\left|\int_{C_\epsilon}\frac{e^{iz}-1}{z}dz\right|&=\left|\int_{\pi}^0\frac{e^{i\epsilon e^{i\theta}}-1}{\epsilon e^{i\theta}}i\epsilon e^{i\theta}d\theta \right|\quad (z=\epsilon e^{i\theta}) \\
& =\left|\int_0^{\pi}e^{i\epsilon e^{i\theta}}-1d\theta\right| \\
&\leq\int_0^{\pi}\left|e^{i\epsilon e^{i\theta}}-1\right|d\theta \\
&\leq\int_0^{\pi}(e^\epsilon-1)d\theta \quad (|e^z-1|\leq e^{|z|}-1)\\
&=\pi(e^\epsilon-1) \to 0 \quad \text{as $\epsilon\to 0+$}
\end{split}

따라서 위 두 적분의 극한을 조합하여

$$\int_{-\infty}^\infty\frac{e^{ix}-1}{x}dx=-(-i\pi)-0=i\pi$$

따라서

$$\int_{0}^\infty\frac{\sin x}{x}dx=\frac{1}{2i}\int_{-\infty}^\infty\frac{e^{ix}-1}{x}dx=\frac{\pi}{2}$$