수리통계학

테마

증명 도구 상자 · 노트

6 T6 극한과 적분의 교환 ​

기댓값은 합이나 적분이다. 그래서 “극한의 기댓값”, “무한합의 기댓값”, “미분의 기댓값”을 계산하려면 극한·합·미분과 적분의 순서를 바꿔야 한다. 순서를 바꿀 수 있는 조건을 이 절에서 정리한다. 2회의 적률생성함수와 기댓값의 무한합이 처음 쓰는 곳이다.

6.1 순서를 바꿀 수 없는 경우 ​

점마다 수렴한다는 것만으로는 적분의 극한이 극한의 적분과 같지 않다.

예제 6.1 (사라지는 질량) fn=n 1(0,1/n)f_n=n\,\1_{(0,1/n)}이면 모든 xx에서 fn(x)→0f_n(x)\to0이다. x≤0x\le0이면 언제나 0이고, x>0x>0이면 1/n<x1/n<x인 nn부터 0이다. 그러나 ∫fn=1\int f_n=1이므로

lim⁡n→∞∫Rfn=1≠0=∫Rlim⁡n→∞fn.\lim_{n\to\infty}\int_{\R}f_n=1\ne0=\int_{\R}\lim_{n\to\infty}f_n .

넓이 1이 점점 좁고 높은 막대로 몰려 극한에서 사라진다. gn=1(n,n+1)g_n=\1_{(n,n+1)}은 넓이 1이 오른쪽 무한대로 빠져나가는 같은 현상이다.

예제 6.2 (순서를 바꾸면 달라지는 이중급수) j,k≥1j,k\ge1에서 ajk=1a_{jk}=1 (k=jk=j), ajk=−1a_{jk}=-1 (k=j+1k=j+1), 나머지는 0이라 하자. 행 jj에는 +1+1과 −1-1이 하나씩 있으므로 ∑kajk=0\sum_ka_{jk}=0이고 ∑j∑kajk=0\sum_j\sum_ka_{jk}=0이다. 열 k=1k=1에는 a11=1a_{11}=1만 있고, k≥2k\ge2인 열에는 akk=1a_{kk}=1과 ak−1,k=−1a_{k-1,k}=-1이 있으므로 ∑k∑jajk=1\sum_k\sum_ja_{jk}=1이다. 이 배열에서는 ∑j,k∣ajk∣=∞\sum_{j,k}|a_{jk}|=\infty이다.

6.2 순서를 바꿀 수 있는 조건 ​

다음 정리들은 측도론(Lebesgue 적분)의 정리다. 이 과정에서는 구간 위의 (이상)적분, 합, 그리고 확률변수의 기댓값에 대해 이 형태로 쓴다.

증명 없이 쓰는 사실 (단조수렴 정리) 0≤f1≤f2≤⋯0\le f_1\le f_2\le\cdots이고 모든 xx에서 fn(x)→f(x)f_n(x)\to f(x)이면 ∫fn→∫f\int f_n\to\int f이다(양변이 ∞\infty일 수 있다). 기댓값으로 쓰면 0≤Xn↑X0\le X_n\uparrow X이면 EXn↑EXEX_n\uparrow EX이다.

증명 없이 쓰는 사실 (지배수렴 정리) 모든 xx에서 fn(x)→f(x)f_n(x)\to f(x)이고, nn과 무관한 함수 gg가 있어 모든 nn, xx에서 ∣fn(x)∣≤g(x)|f_n(x)|\le g(x)이고 ∫g<∞\int g<\infty이면 ∫fn→∫f\int f_n\to\int f이다. 기댓값으로 쓰면 Xn→XX_n\to X이고 ∣Xn∣≤Y|X_n|\le Y, EY<∞EY<\infty이면 EXn→EXEX_n\to EX이다. gg를 지배함수(dominating function)라 한다.

증명 없이 쓰는 사실 (Fubini–Tonelli 정리) (Tonelli) h(x,y)≥0h(x,y)\ge0이면 ∫ ⁣(∫h dy)dx=∫ ⁣(∫h dx)dy\int\!\bigl(\int h\,dy\bigr)dx=\int\!\bigl(\int h\,dx\bigr)dy이다(양변이 ∞\infty일 수 있다). (Fubini) ∫ ⁣ ⁣∫∣h∣<∞\int\!\!\int|h|<\infty이면 부호가 섞여도 두 반복적분이 같다. 적분 대신 합이 와도 같다. 2회의 “음이 아닌 함수의 적분 순서 (Tonelli)” 상자가 이 정리다.

예제 6.1에서 지배수렴 정리가 막히는 이유는 지배함수가 없기 때문이다. 모든 nn의 fnf_n을 누르려면 g≥sup⁡nfng\ge\sup_nf_n이어야 하는데, x∈[1n+1,1n)x\in[\tfrac1{n+1},\tfrac1n)에서 sup⁡mfm(x)=n≥1x−1\sup_mf_m(x)=n\ge\tfrac1x-1이므로 ∫01g≥∫01(1x−1)dx=∞\int_0^1g\ge\int_0^1(\tfrac1x-1)dx=\infty이다. 예제 6.2는 Fubini의 조건 ∑∣ajk∣<∞\sum|a_{jk}|<\infty가 깨진 경우다.

쓰는 순서. (1) 무엇과 무엇의 순서를 바꾸는지 적는다(lim⁡∫\lim\int, ∑∫\sum\int, ddt∫\tfrac{d}{dt}\int, ∫ ⁣∫\int\!\int). (2) 함수가 음이 아니면 단조수렴 정리나 Tonelli로 끝난다. 조건이 없다. (3) 부호가 섞이면 nn(또는 tt)과 무관한 지배함수 gg를 찾고 ∫g<∞\int g<\infty를 확인한다. (4) 미분은 다음 정리로 지배수렴의 문제로 바꾼다.

정리 6.3 (적분 기호 아래의 미분) 열린 구간 TT의 모든 tt에서 ∫∣f(x,t)∣ dx<∞\int|f(x,t)|\,dx<\infty이고, ∂f/∂t\partial f/\partial t가 존재하며, tt와 무관한 gg가 있어 모든 xx와 t∈Tt\in T에서 ∣∂f(x,t)/∂t∣≤g(x)|\partial f(x,\allowbreak t)/\partial t|\le g(x), ∫g<∞\int g<\infty라 하자. 그러면 TT에서

ddt∫f(x,t) dx=∫∂f∂t(x,t) dx.\frac{d}{dt}\int f(x,t)\,dx=\int\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)\,dx .

증명 전략 도함수는 차분몫의 극한이다. 차분몫을 평균값 정리로 gg로 누르고 지배수렴 정리를 쓴다.

  1. t∈Tt\in T를 고정하고 hn→0h_n\to0, hn≠0h_n\ne0, t+hn∈Tt+h_n\in T인 수열을 잡는다. qn(x)=(f(x,t+hn)−f(x,t))/hnq_n(x)=\bigl(f(x,\allowbreak t+h_n)-f(x,\allowbreak t)\bigr)/h_n로 두면 1hn(∫f(x,t+hn)dx−∫f(x,t)dx)=∫qn(x) dx\tfrac{1}{h_n}\bigl(\int f(x,\allowbreak t+h_n)dx-\int f(x,\allowbreak t)dx\bigr)=\int q_n(x)\,dx이다.적분의 선형성

  2. 모든 xx에서 qn(x)→∂f(x,t)/∂tq_n(x)\to\partial f(x,\allowbreak t)/\partial t이다.편미분의 정의

  3. 평균값 정리로 qn(x)=∂f(x,ξn)/∂tq_n(x)=\partial f(x,\allowbreak \xi_n)/\partial t인 ξn\xi_n이 tt와 t+hnt+h_n 사이에 있다. ξn∈T\xi_n\in T이므로 ∣qn(x)∣≤g(x)|q_n(x)|\le g(x)이다.평균값 정리, 가정

  4. 지배수렴 정리로 ∫qn→∫∂f/∂t\int q_n\to\int\partial f/\partial t이다. 이것이 모든 수열 hn→0h_n\to0에서 성립하므로 도함수가 존재하고 오른쪽과 같다.지배수렴 정리

6.3 표준 예 ​

예제 6.4 (지배수렴으로 극한 구하기) lim⁡n→∞∫0∞(1+x/n)−ndx\lim_{n\to\infty}\int_0^\infty(1+x/n)^{-n}dx를 구한다.

전략 점별 극한은 e−xe^{-x}이다(예제 5.11의 ee의 정의를 x/nx/n으로 쓴 것, [T8]). 지배함수를 찾는다.

  1. (1+x/n)n(1+x/n)^n은 nn에 대해 증가한다(연습 4.7와 같은 논증). 따라서 n≥2n\ge2에서 (1+x/n)−n≤(1+x/2)−2=g(x)(1+x/n)^{-n}\le(1+x/2)^{-2}=g(x)이다.nn과 무관한 상계

  2. ∫0∞g=∫0∞(1+x/2)−2dx=2<∞\int_0^\infty g=\int_0^\infty(1+x/2)^{-2}dx=2<\infty이다.적분 계산

  3. 지배수렴 정리로 극한은 ∫0∞e−xdx=1\int_0^\infty e^{-x}dx=1이다.지배수렴 정리

확인: ∫0∞(1+x/n)−ndx=nn−1\int_0^\infty(1+x/n)^{-n}dx=\tfrac{n}{n-1}이고 n=2,3,5n=2,3,5에서 2, 32, 542,\ \tfrac32,\ \tfrac54이며 1로 간다.

예제 6.5 (적률생성함수의 미분) 밀도 ff인 XX의 M(t)=∫etxf(x) dxM(t)=\int e^{tx}f(x)\,dx가 ∣t∣<h|t|<h에서 유한하면, ∣t∣<h|t|<h에서 M′(t)=∫xetxf(x) dxM'(t)=\int xe^{tx}f(x)\,dx이다.

전략 tt를 포함하는 작은 구간 T=(−t0,t0)T=(-t_0,t_0), t0<ht_0<h에서 ∣xesxf(x)∣|xe^{sx}f(x)|를 누르는 적분 가능한 gg를 찾고 정리 6.3을 쓴다.

  1. t0<t1<ht_0<t_1<h를 잡는다. ∣x∣≤Ce(t1−t0)∣x∣|x|\le Ce^{(t_1-t_0)|x|}인 상수 CC가 있다(∣x∣e−(t1−t0)∣x∣|x|e^{-(t_1-t_0)|x|}는 유계).지수가 다항식보다 빠르다

  2. s∈Ts\in T이면 ∣xesx∣≤∣x∣et0∣x∣≤Cet1∣x∣≤C(et1x+e−t1x)|xe^{sx}|\le|x|e^{t_0|x|}\le Ce^{t_1|x|}\le C(e^{t_1x}+e^{-t_1x})이다.1

  3. g(x)=C(et1x+e−t1x)f(x)g(x)=C(e^{t_1x}+e^{-t_1x})f(x)이면 ∫g=C(M(t1)+M(−t1))<∞\int g=C\bigl(M(t_1)+M(-t_1)\bigr)<\infty이다.∣t1∣<h|t_1|<h

  4. 정리 6.3로 TT에서 미분과 적분의 순서를 바꿀 수 있다. 같은 논증을 되풀이하면 M(k)(0)=EXkM^{(k)}(0)=EX^k이다.정리 6.3

예제 6.6 (Tonelli로 합과 적분 바꾸기) ∫01x−xdx=∑k=1∞k−k\int_0^1x^{-x}dx=\sum_{k=1}^\infty k^{-k}이다. (0,1)(0,1)에서 −xlog⁡x≥0-x\log x\ge0이므로 x−x=e−xlog⁡x=∑j≥0(−xlog⁡x)j/j!x^{-x}=e^{-x\log x}=\sum_{j\ge0}(-x\log x)^j/j!은 음이 아닌 항의 합이다. Tonelli로

∫01x−xdx=∑j≥01j!∫01(−xlog⁡x)jdx=∑j≥01j!⋅j!(j+1)j+1=∑k≥11kk≈1.29129.\int_0^1x^{-x}dx=\sum_{j\ge0}\frac1{j!}\int_0^1(-x\log x)^jdx=\sum_{j\ge0}\frac1{j!}\cdot\frac{j!}{(j+1)^{j+1}}=\sum_{k\ge1}\frac1{k^k}\approx1.29129 .

가운데 적분은 x=e−ux=e^{-u}로 치환하면 ∫0∞uje−(j+1)udu=j!/(j+1)j+1\int_0^\infty u^je^{-(j+1)u}du=j!/(j+1)^{j+1}이다([T7], 부분적분과 귀납법). 항이 음이 아니어서 조건을 확인할 것이 없다.

흔한 실수 (1) 지배함수가 nn에 의존한다. ∣fn∣≤n|f_n|\le n은 지배함수가 아니다. (2) 점별 수렴만 확인하고 순서를 바꾼다(예제 6.1). (3) 미분할 때 한 점 tt에서만 지배함수를 찾는다. 정리 6.3의 gg는 tt의 근방 전체에서 ∂f/∂t\partial f/\partial t를 눌러야 한다. 평균값 정리의 ξn\xi_n이 그 근방을 돌아다니기 때문이다.

연습문제

연습 6.1 (xnx^n의 적분 ★) [0,1][0,1]에서 fn(x)=xnf_n(x)=x^n의 lim⁡n∫01fn\lim_n\int_0^1f_n과 ∫01lim⁡nfn\int_0^1\lim_nf_n을 구하고, 지배수렴 정리의 지배함수를 하나 들어라.

풀이

∫01xndx=1n+1→0\int_0^1x^ndx=\tfrac1{n+1}\to0이다. 점별 극한은 [0,1)[0,1)에서 0, x=1x=1에서 1이고 적분은 0이다. 두 값이 같다. g=1g=1이 [0,1][0,1]에서 지배함수이고 ∫01g=1\int_0^1g=1이다.

연습 6.2 (빠져나가는 질량 ★) gn=1(n,n+1)g_n=\1_{(n,n+1)}에서 lim⁡n∫gn\lim_n\int g_n과 ∫lim⁡ngn\int\lim_ng_n을 구하라. sup⁡ngn\sup_ng_n을 구해 지배함수가 없음을 보여라.

풀이

∫gn=1\int g_n=1이므로 극한은 1이다. 고정한 xx에서 gn(x)=1g_n(x)=1인 nn은 많아야 하나이므로 gn(x)→0g_n(x)\to0이고 ∫lim⁡gn=0\int\lim g_n=0이다. sup⁡ngn\sup_ng_n은 (1,∞)(1,\infty)에서 정수점을 뺀 곳에서 1이므로 적분이 ∞\infty다. 모든 gng_n을 누르는 gg는 g≥sup⁡ngng\ge\sup_ng_n이어야 하므로 적분 가능한 지배함수가 없다.

연습 6.3 ((1−x/n)n(1-x/n)^n의 적분 ★★) lim⁡n→∞∫0n(1−x/n)ndx=1\lim_{n\to\infty}\int_0^n(1-x/n)^ndx=1을 지배수렴 정리로 보여라. (힌트: fn(x)=(1−x/n)n1[0,n](x)≤e−xf_n(x)=(1-x/n)^n\1_{[0,n]}(x)\le e^{-x}, [T4].) 정확한 값 ∫0n(1−x/n)ndx\int_0^n(1-x/n)^ndx와 비교하라.

풀이

xx를 고정하면 n>xn>x부터 fn(x)=(1−x/n)n→e−xf_n(x)=(1-x/n)^n\to e^{-x}이다(예제 8.5의 xx 자리에 −x-x). 0≤x≤n0\le x\le n에서 1−x/n∈[0,1]1-x/n\in[0,1]이고 1−y≤e−y1-y\le e^{-y}이므로 0≤fn(x)≤e−x0\le f_n(x)\le e^{-x}이다. ∫0∞e−xdx=1\int_0^\infty e^{-x}dx=1이므로 지배수렴 정리로 극한은 1이다. 정확한 값은 ∫0n(1−x/n)ndx=nn+1\int_0^n(1-x/n)^ndx=\tfrac n{n+1}이다.

연습 6.4 (nsin⁡(x/n)n\sin(x/n) ★★) lim⁡n→∞∫0∞nsin⁡(x/n) e−xdx\lim_{n\to\infty}\int_0^\infty n\sin(x/n)\,e^{-x}dx를 구하라.

풀이

nsin⁡(x/n)→xn\sin(x/n)\to x이고 ∣sin⁡y∣≤∣y∣|\sin y|\le|y|이므로 ∣nsin⁡(x/n)e−x∣≤xe−x|n\sin(x/n)e^{-x}|\le xe^{-x}, ∫0∞xe−xdx=1\int_0^\infty xe^{-x}dx=1이다. 지배수렴 정리로 극한은 ∫0∞xe−xdx=1\int_0^\infty xe^{-x}dx=1이다.

연습 6.5 (꼬리합의 가중합 ★★) 음이 아닌 정수값 확률변수 XX에 대해 ∑k≥1k P(X≥k)=E[X(X+1)/2]\sum_{k\ge1}k\,P(X\ge k)=E\bigl[X(X+1)/2\bigr]을 Tonelli로 보여라. X∼X\sim 평균 2인 Poisson이면 양변이 4임을 확인하라. (EX=2EX=2, EX2=6EX^2=6을 써도 된다.)

풀이

모든 항이 음이 아니므로 Tonelli로 합의 순서를 바꾼다.

∑k≥1kP(X≥k)=∑k≥1k∑j≥kP(X=j)=∑j≥1P(X=j)∑k=1jk=∑jP(X=j)j(j+1)2.\sum_{k\ge1}kP(X\ge k)=\sum_{k\ge1}k\sum_{j\ge k}P(X=j)=\sum_{j\ge1}P(X=j)\sum_{k=1}^jk=\sum_jP(X=j)\frac{j(j+1)}2 .

Poisson(2)이면 오른쪽은 12(EX2+EX)=12(6+2)=4\tfrac12(EX^2+EX)=\tfrac12(6+2)=4이고, 왼쪽을 직접 더해도 4다.

연습 6.6 (이중급수 ★★) 예제 6.2의 배열에서 ∑j,k∣ajk∣=∞\sum_{j,k}|a_{jk}|=\infty임을 확인하라. bjk=2−j−kb_{jk}=2^{-j-k}이면 두 반복합이 같은 이유와 그 값을 구하라.

풀이

∣ajk∣=1|a_{jk}|=1인 항이 무한히 많으므로 ∑∣ajk∣=∞\sum|a_{jk}|=\infty이고 Fubini의 조건이 깨진다. bjk=2−j−k≥0b_{jk}=2^{-j-k}\ge0이면 Tonelli로 두 반복합이 같고 값은 (∑j2−j)(∑k2−k)=1(\sum_j2^{-j})(\sum_k2^{-k})=1이다.

연습 6.7 (지수분포의 적률생성함수 ★★) f(x)=e−xf(x)=e^{-x} (x>0x>0)이면 M(t)=1/(1−t)M(t)=1/(1-t) (t<1t<1)이다. ∣t∣≤12|t|\le\tfrac12에서 ∣∂t(etxe−x)∣≤xe−x/2|\partial_t(e^{tx}e^{-x})|\le xe^{-x/2}임을 보이고 정리 6.3로 M′(0)=∫0∞xe−xdx=1M'(0)=\int_0^\infty xe^{-x}dx=1을 확인하라.

풀이

∂t(etxe−x)=xe(t−1)x\partial_t(e^{tx}e^{-x})=xe^{(t-1)x}이고, ∣t∣<12|t|<\tfrac12, x>0x>0이면 t−1<−12t-1<-\tfrac12이므로 ∣xe(t−1)x∣≤xe−x/2=g(x)|xe^{(t-1)x}|\le xe^{-x/2}=g(x), ∫0∞g=4\int_0^\infty g=4이다. 정리 6.3을 T=(−12,12)T=(-\tfrac12,\tfrac12)에 쓰면 M′(0)=∫0∞xe−xdx=1M'(0)=\int_0^\infty xe^{-x}dx=1이다. 닫힌 꼴 M′(t)=(1−t)−2M'(t)=(1-t)^{-2}도 t=0t=0에서 1이다.

연습 6.8 (합과 적분 ★) ∑k≥1∫01xk(1−x) dx\sum_{k\ge1}\int_0^1x^k(1-x)\,dx와 ∫01∑k≥1xk(1−x) dx\int_0^1\sum_{k\ge1}x^k(1-x)\,dx를 각각 계산해 같음을 확인하고, 순서를 바꿀 수 있는 이유를 써라.

풀이

∫01xk(1−x)dx=1k+1−1k+2\int_0^1x^k(1-x)dx=\tfrac1{k+1}-\tfrac1{k+2}이므로 합은 망원 합으로 12\tfrac12이다. 0≤x<10\le x<1에서 ∑k≥1xk(1−x)=x\sum_{k\ge1}x^k(1-x)=x이므로 ∫01x dx=12\int_0^1x\,dx=\tfrac12이다. 항이 모두 음이 아니므로 Tonelli로 순서를 바꿀 수 있다.

연습 6.9 (가우스 적분과 코사인 ★★★) I(t)=∫0∞e−x2cos⁡(tx) dxI(t)=\int_0^\infty e^{-x^2}\cos(tx)\,dx에 대해 (a) 미분과 적분의 순서를 바꿀 수 있음을 보이고, (b) 부분적분으로 I′(t)=−t2I(t)I'(t)=-\tfrac t2I(t)를 보이고, (c) I(0)=π2I(0)=\tfrac{\sqrt\pi}2([T7])를 써서 I(t)=π2e−t2/4I(t)=\tfrac{\sqrt\pi}2e^{-t^2/4}를 보여라.

풀이

(a) f(x,t)=e−x2cos⁡(tx)f(x,t)=e^{-x^2}\cos(tx)이면 ∣f∣≤e−x2|f|\le e^{-x^2}로 적분 가능하고 ∣∂tf∣=∣xe−x2sin⁡(tx)∣≤xe−x2=g(x)|\partial_tf|=|xe^{-x^2}\sin(tx)|\le xe^{-x^2}=g(x), ∫0∞g=12\int_0^\infty g=\tfrac12이다. gg가 tt와 무관하므로 정리 6.3을 모든 tt에서 쓸 수 있다. (b) u=sin⁡(tx)u=\sin(tx), dv=xe−x2dxdv=xe^{-x^2}dx, v=−12e−x2v=-\tfrac12e^{-x^2}로 부분적분하면

I′(t)=−∫0∞xe−x2sin⁡(tx) dx=−([−12e−x2sin⁡(tx)]0∞+t2∫0∞e−x2cos⁡(tx) dx)=−t2I(t).I'(t)=-\int_0^\infty xe^{-x^2}\sin(tx)\,dx=-\Bigl(\Bigl[-\tfrac12e^{-x^2}\sin(tx)\Bigr]_0^\infty+\frac t2\int_0^\infty e^{-x^2}\cos(tx)\,dx\Bigr)=-\frac t2I(t).

(c) (I(t)et2/4)′=et2/4(I′(t)+t2I(t))=0\bigl(I(t)e^{t^2/4}\bigr)'=e^{t^2/4}\bigl(I'(t)+\tfrac t2I(t)\bigr)=0이므로 I(t)et2/4=I(0)=π2I(t)e^{t^2/4}=I(0)=\tfrac{\sqrt\pi}2이다.

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