Observation
$f_{n} \in \mathcal{R}[a, b]$, $f_{n} \to f$
1. $f \in \mathcal{R}[a, b]$? No!
예) $\mathbb{Q} \cap [0, 1] = \left\{r_{1}, r_{2}, \cdots \right\} $이라 할때 $f_{n} : [0, 1] \to \mathbb{R} $, $f_{n}(x) = \begin{cases}
1 & \text{ } x \in \left\{r_{1}, r_{2}, \cdots, r_{n} \right\} \\
0 & \text{ otherwise } \;
\end{cases}$
$f_{n} \in \mathcal{R}[0, 1]$ ( $\because$ 유한개의 점에서 불연속)
그러나 $f_{n}(x) \to f(x) = \begin{cases}
1 & \text{ } x \in [0, 1] \cap \mathbb{Q} \\
0 & \text{ } x \in [0, 1] \cap \mathbb{Q}^{C}
\end{cases}$ 이므로 $f \notin \mathcal{R}[0, 1]$
2. $f \in \mathcal{R}[a, b]$이면 $\int_{a}^{b} f_{n} dx \to \int_{a}^{b} f dx$? No!
예) $f_{n}(x) = \begin{cases}
n^{2}x & 0 \leq x \leq \frac{1}{n} \\
2n - n^{2}x & \frac{1}{n} \leq x \leq \frac{2}{n} \\
0 & \frac{2}{n} \leq x \leq 1
\end{cases}$
$f_{n} \in \mathcal{R}[0, 1]$, $f_{n}(x) \to f(x) = 0 \in \mathcal{R}[0, 1]$
그러나 $\int_{0}^{1} f_{n} dx = 1 \nrightarrow \int_{0}^{1} f dx = 0$
정리1
$[a, b]$에서 적분가능한 함수열 $\left<f_{n} \right>$이 $[a, b]$ 위에서 $f : [a, b] \to \mathbb{R}$에 평등수렴하면
$f \in \mathcal{R}[a, b]$ & $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int_{a}^{b} f_{n} dx = \int_{a}^{b} f dx = \int_{a}^{b} \displaystyle \lim_{n \to \infty} f_{n} dx$
Show 1 : $f$가 유계
임의의 $\varepsilon > 0$을 택하자.
$f_{n} \rightrightarrows f$이므로 적당한 $K \in \mathbb{N}$가 존재하여
$n \geq K, \; x \in [a, b]$ $\Rightarrow$ $\left|f_{n}(x) - f(x) \right| < \frac{\varepsilon }{4(b - a)}$
를 만족한다.
$\therefore$ $x \in [a, b]$ $\Rightarrow$ $\left|f(x) \right| \leq \left|f_{K}(x) \right| + \frac{\varepsilon }{4(b - a)}$
이때 $f_{K}(x)$는 유계이므로 $f$는 유계이다.
Show 2 : $f \in \mathbb{R}[a, b]$
임의의 $P \in \mathcal{P}[a, b]$에 대하여
$n \geq K$ $\Rightarrow$ $-\frac{\varepsilon }{4(b - a)} < m(f - f_{n}, I_{k}) \leq M(f - f_{n}, I_{k}) < \frac{\varepsilon }{4(b - a)}$
$\Rightarrow$ $U(f - f_{n}, P) - L(f - f_{n}, P) < \frac{\varepsilon }{2}$
$f_{K} \in \mathcal{R}[a, b]$이므로 적당한 $P_{\varepsilon} \in \mathcal{P}[a, b]$가 존재하여
$U(f_{K}, P_{\varepsilon}) - L(f_{K}, P_{\varepsilon}) < \varepsilon$
를 만족한다.
$\therefore$ $U(f, P_{\varepsilon}) - L(f, P_{\varepsilon}) $ $\leq U(f_{K}, P_{\varepsilon}) + U(f - f_{K}, P_{\varepsilon}) - L(f_{K}, P_{\varepsilon}) - L(f - f_{K}, P_{\varepsilon})$
$< \frac{\varepsilon }{2} + \frac{\varepsilon }{2} = \varepsilon$
$\therefore$ $f \in \mathcal{R}[a, b]$
Show 3 : $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int_{a}^{b} f_{n} dx = \int_{a}^{b} f dx $
$n \geq K$ $\Rightarrow$ $\left|\int_{a}^{b} f_{n} dx - \int_{a}^{b} f dx \right| $ $\leq \int_{a}^{b} \left|f_{n}(x) - f(x) \right| dx$
$< \int_{a}^{b} \frac{\varepsilon }{4(b-a)} dx < \varepsilon $
따름정리
$[a, b]$ 위에서 연속함수열 $\left<f_{n} \right>$이 $[a, b]$ 위에서 $f : [a, b] \to \mathbb{R}$에 평등수렴하면
$f \in \mathcal{R}[a, b]$ & $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \int_{a}^{b} f_{n} dx = \int_{a}^{b} f dx = \int_{a}^{b} \displaystyle \lim_{n \to \infty} f_{n} dx$
Remark
$f_{n} : [1, \infty] \to \mathbb{R}$, $\left<f_{n} \right>
f_{n}(x) = \begin{cases}
\frac{1}{x} & 1 \leq x \leq n \\
0 & n < x
\end{cases} $
$f_{n} \rightrightarrows f(x) = \frac{1}{x}$ on $[1, \infty)$
$f_{n}$은 $[1, \infty)$에서 적분가능하지만 $f$는 $[1, \infty)$에서 적분 불가능
$\Rightarrow$ 이상적분은 위 정리가 성립하지 않는다.
따름정리
$f_{n} \in \mathcal{R}[a, b]$,$\sum_{n=1}^{\infty} f_{n}$이 $[a, b]$ 위에서 $f : [a, b] \to \mathbb{R}$에 평등수렴하면
$f \in \mathcal{R}[a, b]$ & $\sum_{n=1}^{\infty} \int_{a}^{b} f_{n} dx = \int_{a}^{b} f dx = \int_{a}^{b} \sum_{n=1}^{\infty} f_{n} dx$
정리2
$f(x) = \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}x^{n}$의 수렴반경이 $R > 0$일 때,
$f$는 임의의 폐구간 $[a, b] \subset (-R, R)$에서 적분가능하고 $\int_{a}^{b} f dx = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_{n}}{n+1} (b^{n+1} - a^{n+1})$
$f$는 $[a, b]$ 위에서 평등수렴한다.
$\therefore$ $f \in \mathcal{R}[a, b]$ &
$ \int_{a}^{b} f dx = \int_{a}^{b} \sum_{n=0}^{\infty} a_{n}x^{n} dx = \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} \int_{a}^{b} x^{n} dx = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{a_{n}}{n+1} (b^{n+1} - a^{n+1}) $