조현태아주대학교 수학과
Lecture · 7

7.8 이상적분

Improper Integrals

한눈에 보기

지금까지 정적분은 \int_a^b f(x)\,dx처럼 구간이 유한하고 함수도 얌전한 경우였어요. 그런데 구간이 \int_1^\infty처럼 끝없이 뻗거나, 함수가 어느 지점에서 무한대로 치솟는 경우도 다뤄야 해요. 이런 적분을 이상적분(improper integral)이라고 해요. 핵심은 "일단 유한한 데까지 적분한 뒤, 극한을 보내자"예요.

  • 무한구간 적분 \int_a^\infty f(x)\,dx를 극한으로 정의
  • 그 극한이 유한한 값이면 수렴, 아니면 발산
  • 직접 계산이 어려우면 비교판정으로 수렴 여부만 가리기

먼저 알아야 할 것

개념 설명

무한구간

\int_1^\infty \frac{1}{x^2}\,dx처럼 위 끝이 \infty인 적분은 그대로 계산할 수 없어요. 무한대는 숫자가 아니니까요. 그래서 일단 유한한 t까지만 적분해요. 그러면 \int_1^t \frac{1}{x^2}\,dx는 보통의 정적분이라 값이 나와요. 이제 t를 점점 키우면서(t\to\infty) 이 값이 어디로 가는지 지켜보는 거예요.

말하자면 "끝을 유한한 곳에 세워두고 계산한 뒤, 그 벽을 무한히 멀리 밀어보는" 방식이에요. 아래 끝이 -\infty인 경우(\int_{-\infty}^b)도 같은 방식이고, 양쪽 다 무한하면(\int_{-\infty}^\infty) 중간의 한 점을 기준으로 둘로 쪼개서 각각을 따져요.

함수가 치솟는 경우

구간은 유한한데 함수가 어느 지점에서 무한대로 치솟는 경우도 같은 발상으로 다뤄요. 예를 들어 \int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}}\,dx는 x = 0에서 함수가 무한대로 치솟죠. 이럴 땐 문제의 지점 바로 앞 t에서 멈춰 적분한 뒤, 그 지점으로 한쪽 극한을 보내요:

\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{x}}\,dx = \lim_{t\to 0^+} \int_t^1 x^{-1/2}\,dx = \lim_{t\to 0^+}\left(2 - 2\sqrt{t}\right) = 2

함수가 무한히 치솟는데도 넓이는 딱 2로 수렴해요. 반면 \int_0^1 \frac{1}{x}\,dx = \lim_{t\to 0^+}(-\ln t) = \infty라 발산하고요. 무한구간에서 "벽을 무한히 멀리 민다"였다면, 여기서는 "구멍에 무한히 다가간다" — 둘 다 유한한 데까지 계산한 뒤 극한을 보내는 똑같은 발상이에요.

수렴·발산

극한을 보낸 결과가 두 갈래로 갈려요.

  • 수렴(convergent): 극한이 유한한 하나의 값에 다가가면, 이상적분은 그 값으로 수렴해요. 예를 들어 넓이가 자꾸 커지긴 하지만 어떤 한계선을 넘지 못하고 멈추는 경우죠.
  • 발산(divergent): 극한이 무한대로 커지거나 값이 정해지지 않으면 발산해요. 꼬리가 충분히 빨리 얇아지지 않아 넓이가 끝없이 불어나는 경우예요.

재미있는 점은, 구간이 무한히 길어도 넓이가 유한할 수 있다는 거예요. 함수의 꼬리가 0으로 충분히 빨리 붙으면 그렇죠. 그 "빠르기"의 경계를 아래 예제가 보여줘요.

비교판정 — 값 대신 수렴 여부만

원시함수를 못 구해서 직접 계산이 안 될 때는, 크기를 아는 함수와 견줘요. 0 \le f(x) \le g(x)일 때 큰 쪽 \int g가 수렴하면 그 아래 깔린 \int f도 수렴하고, 반대로 f(x) \ge g(x) \ge 0일 때 작은 쪽 \int g가 발산하면 그보다 큰 \int f도 발산해요. 예를 들어 x \ge 1에서 e^{-x^2} \le e^{-x}이고 \int_1^\infty e^{-x}\,dx는 수렴하니까, 원시함수가 없는 \int_1^\infty e^{-x^2}\,dx도 수렴한다고 판정할 수 있어요 — why 박스에서 말한 정규분포의 넓이가 유한하다는 것도 바로 이렇게 확인돼요.

수식 하나하나 뜯어보기

손으로 따라가는 예제

같은 꼴처럼 보이는 두 적분이 정반대로 갈리는 걸 봅시다.

(1) \displaystyle\int_1^\infty \frac{1}{x^2}\,dx — 수렴

  1. 유한한 t까지: \int_1^t x^{-2}\,dx = \left[-\dfrac{1}{x}\right]_1^t = -\dfrac{1}{t} + 1.
  2. 극한: \lim_{t\to\infty}\left(1 - \dfrac{1}{t}\right) = 1 - 0 = 1.
  3. 결론: 유한한 값 1로 수렴해요. 무한히 긴 꼬리인데도 넓이는 딱 1이에요.

(2) \displaystyle\int_1^\infty \frac{1}{x}\,dx — 발산

  1. 유한한 t까지: \int_1^t \dfrac{1}{x}\,dx = \left[\ln x\right]_1^t = \ln t - 0 = \ln t.
  2. 극한: \lim_{t\to\infty} \ln t = \infty.
  3. 결론: 무한대로 커지니 발산해요.

둘의 차이는 꼬리가 0으로 붙는 속도예요. \frac{1}{x^2}은 충분히 빨리 얇아져 넓이가 유한하지만, \frac{1}{x}은 너무 천천히 얇아져 넓이가 끝없이 불어나요. 일반적으로 \int_1^\infty \frac{1}{x^p}\,dx는 p > 1이면 수렴, p \le 1이면 발산이에요.

흔한 헷갈림

핵심 정리

  • 이상적분 = 구간이 무한하거나 함수가 발산하는 적분. 유한한 데까지 적분 후 극한으로 정의해요.
  • \int_a^\infty f = \lim_{t\to\infty}\int_a^t f. 극한이 유한하면 수렴, 아니면 발산.
  • \int_1^\infty \frac{1}{x^2} = 1(수렴) vs \int_1^\infty \frac{1}{x}(발산) — 꼬리가 얇아지는 속도가 갈랐어요(p>1 수렴).
  • 직접 계산이 어려우면, 더 크거나 작은 함수와 견주는 비교판정으로 수렴 여부만 가릴 수 있어요.
  • 뒤에서 다시 만나는 곳: 확률의 확률밀도함수는 \int_{-\infty}^\infty f = 1(정규화)이라는 이상적분이에요. 그리고 11장 무한급수의 수렴 판정이 이 아이디어의 이산(discrete) 버전이에요.

연습문제

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7.8 이상적분 · 권장문제 풀이

해설 · 📄 교재 p.580

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문제 1. 다음 적분들이 왜 이상적분(improper integral)인지 각각 설명하세요.

(a) \displaystyle\int_1^4 \frac{dx}{x-3}    (b) \displaystyle\int_3^\infty \frac{dx}{x^2-4}    (c) \displaystyle\int_0^1 \tan \pi x \, dx    (d) \displaystyle\int_{-\infty}^{-1} \frac{e^x}{x}\, dx

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이상적분이 되는 이유는 딱 두 가지예요. (유형 1) 적분 구간이 무한대로 뻗거나, (유형 2) 함수가 구간 안 어딘가에서 무한대로 치솟는 경우(수직점근선)예요. 각 적분이 어느 쪽에 해당하는지 봐요.

(a) 피적분함수 \dfrac{1}{x-3} 는 x=3 에서 분모가 0 이 되어 무한대로 발산해요. 그런데 x=3 은 적분 구간 [1,4] 안에 있어요. 즉 구간 내부에 무한 불연속점이 있는 유형 2 이상적분이에요.

(b) 적분 구간의 위끝이 \infty 예요. 구간이 무한히 뻗는 유형 1 이상적분이에요. (분모 x^2-4 가 0 이 되는 지점은 x=\pm 2 인데, 둘 다 구간 [3,\infty) 밖이라 함수 자체는 구간 위에서 얌전해요.)

(c) \tan \pi x 는 \pi x = \dfrac{\pi}{2}, 즉 x=\dfrac{1}{2} 에서 수직점근선을 가져요. 이 점은 적분 구간 [0,1] 안에 있으므로 무한 불연속점이 있는 유형 2 이상적분이에요.

(d) 적분 구간의 아래끝이 -\infty 예요. 구간이 무한히 뻗는 유형 1 이상적분이에요. (피적분함수 \dfrac{e^x}{x} 는 x=0 에서 문제가 있지만, 0 은 구간 (-\infty,-1] 밖이에요.)

문제 7. 다음 적분이 수렴하는지 발산하는지 판정하고, 수렴하면 값을 구하세요.

\int_0^\infty e^{-2x}\, dx
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위끝이 \infty 인 유형 1 이상적분이에요. 위끝을 유한한 t 로 바꿔 먼저 적분한 뒤 t\to\infty 극한을 봐요.

\int_0^\infty e^{-2x}\, dx = \lim_{t\to\infty} \int_0^t e^{-2x}\, dx

부정적분은 \displaystyle\int e^{-2x}\, dx = -\frac{1}{2} e^{-2x} 예요. 따라서

\int_0^t e^{-2x}\, dx = \left[-\frac{1}{2} e^{-2x}\right]_0^t = -\frac{1}{2} e^{-2t} + \frac{1}{2}

이제 극한을 계산해요. t\to\infty 이면 e^{-2t}\to 0 이므로

\lim_{t\to\infty}\left(\frac{1}{2} - \frac{1}{2} e^{-2t}\right) = \frac{1}{2} - 0 = \frac{1}{2}

극한이 유한한 값으로 존재하므로 이 적분은 수렴하고, 값은 \dfrac{1}{2} 예요.

문제 19. 다음 적분이 수렴하는지 발산하는지 판정하고, 수렴하면 값을 구하세요.

\int_{-\infty}^{\infty} x\, e^{-x^2}\, dx
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양끝이 모두 무한대예요. 이런 경우엔 아무 점(여기선 0)에서 둘로 쪼개고, 각 조각이 따로따로 수렴해야 전체가 수렴해요.

\int_{-\infty}^{\infty} x\, e^{-x^2}\, dx = \int_{-\infty}^{0} x\, e^{-x^2}\, dx + \int_{0}^{\infty} x\, e^{-x^2}\, dx

부정적분부터 구해요. u=-x^2 로 치환하면 du=-2x\,dx 이므로

\int x\, e^{-x^2}\, dx = -\frac{1}{2} e^{-x^2}

먼저 오른쪽 조각이에요.

\int_{0}^{\infty} x\, e^{-x^2}\, dx = \lim_{t\to\infty}\left[-\frac{1}{2} e^{-x^2}\right]_0^t = \lim_{t\to\infty}\left(-\frac{1}{2} e^{-t^2} + \frac{1}{2}\right) = \frac{1}{2}

(t\to\infty 일 때 e^{-t^2}\to 0 이에요.) 다음은 왼쪽 조각이에요.

\int_{-\infty}^{0} x\, e^{-x^2}\, dx = \lim_{t\to-\infty}\left[-\frac{1}{2} e^{-x^2}\right]_t^0 = \lim_{t\to-\infty}\left(-\frac{1}{2} + \frac{1}{2} e^{-t^2}\right) = -\frac{1}{2}

(t\to-\infty 일 때도 e^{-t^2}\to 0 이에요.) 두 조각이 모두 유한한 값으로 수렴하므로 전체는 수렴하고, 값은

\frac{1}{2} + \left(-\frac{1}{2}\right) = 0

이에요. (참고: x\,e^{-x^2} 는 기함수라 대칭으로 상쇄되어 0 이 되는 게 자연스러워요. 다만 "각 조각이 수렴"함을 확인한 뒤에야 이렇게 말할 수 있어요.)

문제 32. 다음 적분이 수렴하는지 발산하는지 판정하고, 수렴하면 값을 구하세요.

\int_{e}^{\infty} \frac{dx}{x\,(\ln x)^2}
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위끝이 \infty 인 유형 1 이상적분이에요. 먼저 치환으로 부정적분을 구해요. u=\ln x 로 두면 du=\dfrac{dx}{x} 이므로

\int \frac{dx}{x\,(\ln x)^2} = \int \frac{du}{u^2} = -\frac{1}{u} = -\frac{1}{\ln x}

이제 극한으로 정의해서 계산해요.

\int_{e}^{\infty} \frac{dx}{x\,(\ln x)^2} = \lim_{t\to\infty}\left[-\frac{1}{\ln x}\right]_e^t = \lim_{t\to\infty}\left(-\frac{1}{\ln t} + \frac{1}{\ln e}\right)

\ln e = 1 이고, t\to\infty 이면 \ln t\to\infty 이므로 \dfrac{1}{\ln t}\to 0 이에요. 따라서

\lim_{t\to\infty}\left(1 - \frac{1}{\ln t}\right) = 1 - 0 = 1

극한이 유한하므로 이 적분은 수렴하고, 값은 1 이에요.

문제 57. 비교 정리(Comparison Theorem)를 이용해 다음 적분이 수렴하는지 발산하는지 판정하세요.

\int_{0}^{\infty} \frac{x}{x^3+1}\, dx
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값을 직접 구하기 번거로우니, 더 간단한 함수와 크기를 비교해요. 비교 정리는 이렇게 말해요. 0\le f(x)\le g(x) 일 때, 위쪽 g 의 적분이 수렴하면 아래쪽 f 의 적분도 수렴해요.

큰 x 에서 \dfrac{x}{x^3+1} 은 대략 \dfrac{x}{x^3}=\dfrac{1}{x^2} 처럼 행동해요. 실제로 x\ge 1 에서 분모를 x^3+1 > x^3 로 키우면 분수는 작아지므로

0 \le \frac{x}{x^3+1} \le \frac{x}{x^3} = \frac{1}{x^2}

이 성립해요. 그런데 기준 적분 \displaystyle\int_1^\infty \frac{1}{x^2}\, dx 는 p=2>1 이라 수렴해요(직접 확인하면 \lim_{t\to\infty}\left[-\dfrac{1}{x}\right]_1^t = \lim_{t\to\infty}\left(1-\dfrac{1}{t}\right)=1). 따라서 비교 정리에 의해 \displaystyle\int_1^\infty \frac{x}{x^3+1}\, dx 도 수렴해요.

남은 \displaystyle\int_0^1 \frac{x}{x^3+1}\, dx 는 구간 [0,1] 에서 함수가 연속(분모가 0 이 안 됨)이라 보통의 정적분이고 유한해요. 유한한 조각과 수렴하는 조각의 합이므로 전체 적분은 수렴해요.

문제 58. 비교 정리를 이용해 다음 적분이 수렴하는지 발산하는지 판정하세요.

\int_{1}^{\infty} \frac{1+\sin^2 x}{\sqrt{x}}\, dx
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이번엔 아래쪽에서 크기를 눌러주는 함수를 찾아요. 비교 정리는 0\le g(x)\le f(x) 일 때, 아래쪽 g 의 적분이 발산하면 위쪽 f 의 적분도 발산한다고 해요.

\sin^2 x \ge 0 이므로 분자는 항상 1+\sin^2 x \ge 1 이에요. 따라서

\frac{1+\sin^2 x}{\sqrt{x}} \ge \frac{1}{\sqrt{x}} \ge 0

가 x\ge 1 에서 성립해요. 그런데 기준 적분 \displaystyle\int_1^\infty \frac{1}{\sqrt{x}}\, dx = \int_1^\infty x^{-1/2}\, dx 는 p=\dfrac{1}{2}\le 1 이라 발산해요. 직접 확인하면

\lim_{t\to\infty}\int_1^t x^{-1/2}\, dx = \lim_{t\to\infty}\left[2\sqrt{x}\right]_1^t = \lim_{t\to\infty}\left(2\sqrt{t}-2\right) = \infty

아래쪽 함수의 적분이 발산하고 주어진 함수가 그보다 크거나 같으므로, 비교 정리에 의해 주어진 적분은 발산해요.

문제 60. 비교 정리를 이용해 다음 적분이 수렴하는지 발산하는지 판정하세요.

\int_{0}^{\infty} \frac{\arctan x}{2+e^x}\, dx
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위쪽에서 눌러주는 간단한 함수를 찾아요. 분자와 분모를 따로 봐요.

  • 분자: 모든 x 에 대해 \arctan x < \dfrac{\pi}{2} 예요.
  • 분모: 2+e^x > e^x 이므로 \dfrac{1}{2+e^x} < \dfrac{1}{e^x} = e^{-x} 예요.

두 부등식을 합치면 (x\ge 0 에서 모든 항이 양수이므로)

0 \le \frac{\arctan x}{2+e^x} < \frac{\pi}{2}\, e^{-x}

이제 기준 적분 \displaystyle\int_0^\infty \frac{\pi}{2}\, e^{-x}\, dx 를 확인해요.

\frac{\pi}{2}\lim_{t\to\infty}\left[-e^{-x}\right]_0^t = \frac{\pi}{2}\lim_{t\to\infty}\left(1 - e^{-t}\right) = \frac{\pi}{2}

유한한 값으로 수렴해요. 위쪽 함수의 적분이 수렴하고 주어진 함수가 그보다 작거나 같으므로, 비교 정리에 의해 주어진 적분은 수렴해요.

문제 67. 다음 적분은 유형 1과 유형 2가 함께 나타나는 이상적분이에요. 수렴하면 값을 구하세요.

\int_{0}^{\infty} \frac{dx}{\sqrt{x}\,(1+x)}
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이 적분은 두 가지 이유로 이상적분이에요. 위끝이 \infty 이고(유형 1), 아래끝 x=0 에서 \dfrac{1}{\sqrt{x}} 가 무한대로 치솟아요(유형 2). 그래서 중간의 한 점(여기선 1)에서 둘로 나눠 각각을 극한으로 다뤄요.

\int_{0}^{\infty} \frac{dx}{\sqrt{x}\,(1+x)} = \int_{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt{x}\,(1+x)} + \int_{1}^{\infty} \frac{dx}{\sqrt{x}\,(1+x)}

먼저 부정적분을 구해요. u=\sqrt{x} 로 두면 x=u^2, dx=2u\,du 이고 \sqrt{x}=u, 1+x=1+u^2 이므로

\int \frac{dx}{\sqrt{x}\,(1+x)} = \int \frac{2u\,du}{u\,(1+u^2)} = \int \frac{2\,du}{1+u^2} = 2\arctan u = 2\arctan \sqrt{x}

왼쪽 조각 (x=0 에서 유형 2)은 아래끝을 t\to 0^+ 로 보내요.

\int_{0}^{1} \frac{dx}{\sqrt{x}\,(1+x)} = \lim_{t\to 0^+}\left[2\arctan\sqrt{x}\right]_t^1 = \lim_{t\to 0^+}\left(2\arctan 1 - 2\arctan\sqrt{t}\right)

\arctan 1 = \dfrac{\pi}{4} 이고 t\to 0^+ 이면 \arctan\sqrt{t}\to 0 이므로 값은 2\cdot\dfrac{\pi}{4} = \dfrac{\pi}{2} 예요.

오른쪽 조각 (x\to\infty 에서 유형 1)은 위끝을 s\to\infty 로 보내요.

\int_{1}^{\infty} \frac{dx}{\sqrt{x}\,(1+x)} = \lim_{s\to\infty}\left[2\arctan\sqrt{x}\right]_1^s = \lim_{s\to\infty}\left(2\arctan\sqrt{s} - 2\arctan 1\right)

s\to\infty 이면 \arctan\sqrt{s}\to\dfrac{\pi}{2} 이므로 값은 2\cdot\dfrac{\pi}{2} - 2\cdot\dfrac{\pi}{4} = \pi - \dfrac{\pi}{2} = \dfrac{\pi}{2} 예요.

두 조각이 모두 수렴하므로 전체 적분은 수렴하고, 값은

\frac{\pi}{2} + \frac{\pi}{2} = \pi

예요.

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