∫해석학
VI. 적분 · 15/16

미적분학의 기본정리

미분과 적분은 서로 역연산 — 가정이 물리는 지점

읽음 0/0 갱신 2026-06-30

개요 — 동기·문제의식

미분과 적분은 역사적으로 독립적인 두 문제에서 출발했다 — 미분은 "접선의 기울기"(순간 변화율)를, 적분은 "곡선 아래 넓이"(누적량)를 구하는 문제였다. 두 문제는 표면적으로 아무 관계가 없어 보인다. 그런데 17세기 Newton과 Leibniz가 독립적으로 발견한 것은, 이 둘이 사실 서로의 역연산이라는 충격적인 사실이었다 — 넓이를 구하는 일이 원시함수(antiderivative)를 찾는 일과 같다는 것. 이 발견이 미적분학을 "두 개의 어려운 극한 문제"에서 "하나의 통합된 계산 체계"로 바꾸었다. 미적분의 기본정리(FTC)는 이 관계를 정확한 가설 아래 증명하는 정리이며, 리만 적분과 riemann stieltjes integral이 각자 독립적으로 정의된 적분 개념을 미분과 잇는 다리 역할을 한다.

직관

FTC 제1형의 그림은 "넓이 함수를 미분하면 원래 함수로 돌아온다"는 것이다. $F(x)=\int_a^x f(t)\,dt$ 를 "$a$ 부터 $x$ 까지 쌓인 넓이"로 생각하면, $x$ 를 아주 조금 $h$ 만큼 늘렸을 때 추가되는 넓이는 거의 폭 $h$, 높이 $f(x)$ 인 직사각형이다 — 따라서 $\frac{F(x+h)-F(x)}{h} \approx f(x)$, 그리고 $h\to0$ 에서 정확히 $F'(x)=f(x)$. 제2형의 그림은 거꾸로다 — 원시함수 $F$ 를 알고 있다면, 적분(누적량)은 그저 양 끝점에서의 $F$ 값의 차이로 계산된다는 것. 이는 "총 변화량 = 끝값 빼기 시작값"이라는 직관(자동차의 누적 주행거리가 속도의 적분이고, 그 답은 거리계의 끝 읽음 빼기 처음 읽음과 같다는 사실)을 정확한 정리로 만든 것이다.

정의 — 두 형태

제1형 (적분의 미분 가능성). $f$ 가 $[a,b]$ 에서 적분가능하고 $F(x) = \int_a^x f(t)\,dt$ ($x\in[a,b]$) 라 정의하면:

(i) $F$ 는 $[a,b]$ 에서 (균등)연속이다. (ii) $f$ 가 점 $x_0\in[a,b]$ 에서 연속이면 $F$ 는 $x_0$ 에서 미분가능하고 $F'(x_0)=f(x_0)$.1

제2형 (도함수의 적분 / Newton–Leibniz 공식). $F$ 가 $[a,b]$ 에서 미분가능하고 $F'=f$ 가 (Riemann) 적분가능하면

$$\int_a^b f(x)\,dx = F(b)-F(a).[^2]$$

두 형태는 정확히 서로 역방향 진술이다 — 제1형은 "적분을 미분하면 원함수가 나온다", 제2형은 "도함수를 적분하면 함숫값의 차가 나온다."

주요 정리

정리 1 (제1형 증명, Rudin §6.20). $f\in\mathscr{R}$, $F(x)=\int_a^x f\,dt$ 라 하자.

증명 보기

증명. (i) $f$ 가 적분가능이므로 유계 — $|f|\le M$ 인 $M$ 이 존재. $x<y$ 인 $x,y\in[a,b]$ 에서 $|F(y)-F(x)| = \left|\int_x^y f\,dt\right| \le M(y-x)$ — 이는 Lipschitz 조건이므로 $F$ 는 ($\varepsilon=M\delta$ 로) 균등연속.1 (ii) $f$ 가 $x_0$ 에서 연속이면, $\varepsilon>0$ 에 $|f(t)-f(x_0)|<\varepsilon$ for $|t-x_0|<\delta$ 인 $\delta$ 가 존재. $0<|h|<\delta$ 에서

$$\left|\frac{F(x_0+h)-F(x_0)}{h} - f(x_0)\right| = \left|\frac{1}{h}\int_{x_0}^{x_0+h}[f(t)-f(x_0)]\,dt\right| \le \frac{1}{|h|}\cdot|h|\cdot\varepsilon = \varepsilon.$$

따라서 $h\to0$ 에서 차분몫이 $f(x_0)$ 로 수렴, $F'(x_0)=f(x_0)$.1 ∎

정리 2 (제2형 증명, Rudin §6.21). $F'=f\in\mathscr{R}$ 라 하자.

증명 보기

증명. 임의의 $\varepsilon>0$ 과 분할 $P=\{x_0,\dots,x_n\}$ 에 대해, 평균값 정리를 각 $[x_{i-1},x_i]$ 에 적용하면 $F(x_i)-F(x_{i-1})=f(t_i)\Delta x_i$ 인 $t_i\in(x_{i-1},x_i)$ 가 존재. 따라서

$$F(b)-F(a) = \sum_{i=1}^n [F(x_i)-F(x_{i-1})] = \sum_{i=1}^n f(t_i)\Delta x_i = S(f,\dot P)$$

— 이는 바로 Riemann 합이며, $L(P,f)\le S(f,\dot P)\le U(P,f)$ 이므로 $L(P,f)\le F(b)-F(a)\le U(P,f)$. $f$ 가 적분가능하므로 $P$ 를 세분하면 $U(P,f)-L(P,f)\to0$, 따라서 $F(b)-F(a)=\int_a^b f$.2 ∎

정리 3 (부분적분, FTC의 따름정리). $F,G$ 가 $[a,b]$ 에서 미분가능, $F'=f\in\mathscr{R}$, $G'=g\in\mathscr{R}$ 이면

$$\int_a^b F(x)g(x)\,dx = F(b)G(b)-F(a)G(a) - \int_a^b f(x)G(x)\,dx.$$

증명 보기

증명 스케치. $(FG)'=Fg+fG$ 에 제2형을 적용 — $(FG)(b)-(FG)(a)=\int_a^b (Fg+fG)$, 정리하면 결과.

정리 4 (변수변환, FTC의 따름정리). $\varphi:[\alpha,\beta]\to[a,b]$ 가 $C^1$ 이고 $f$ 가 연속이면

$$\int_{\varphi(\alpha)}^{\varphi(\beta)} f(x)\,dx = \int_\alpha^\beta f(\varphi(t))\varphi'(t)\,dt.$$

증명 보기

증명 스케치. $F$ 를 $f$ 의 원시함수라 하면(제1형으로 존재), 합성함수 $F\circ\varphi$ 의 도함수는 연쇄법칙으로 $f(\varphi(t))\varphi'(t)$ — 양변에 제2형을 적용해 같은 값 $F(\varphi(\beta))-F(\varphi(\alpha))$ 에 도달.

정리 5 (Riemann–Stieltjes 무대의 FTC, Rudin §6.20–6.22 일반화). 적분기 $\alpha$ 가 미분가능하고 $\alpha'$ 가 적분가능하면, 제1·2형이 $f\,d\alpha$ 형태로 그대로 일반화된다 — riemann stieltjes integral 정리 3($\int f\,d\alpha=\int f\alpha'\,dx$)과 결합하면 보통 FTC로 환원되므로 독립적인 새 내용은 아니지만, 일반 $\alpha$ 위에서 FTC를 진술할 수 있다는 사실 자체가 Rudin이 Stieltjes 적분을 우선하는 이유 중 하나다.

예제

예제 1 (제1형 직접 적용). $\dfrac{d}{dx}\int_a^x \sin t\,dt = \sin x$ — $\sin$ 이 연속이므로 정리 1(ii) 즉시 적용.

예제 2 (제2형 직접 계산). $\int_0^\pi \sin x\,dx = [-\cos x]_0^\pi = -(-1)-(-1) = 2$.

예제 3 (제1형의 한계 — 불연속점에서 $F$ 가 미분 불가능할 수 있음). $f(x) = \mathrm{sgn}(x)$ ($-1$ if $x<0$, $1$ if $x\ge0$) on $[-1,1]$ 이면 $F(x)=\int_{-1}^x f\,dt = |x|-1$. $f$ 가 $x=0$ 에서 불연속이고, 실제로 $F(x)=|x|-1$ 은 $x=0$ 에서 미분 불가능 — 정리 1(ii)의 "연속점에서만" 조건이 필요함을 정확히 보여주는 사례.

예제 4 (제2형이 실패하는 핵심 반례 — Bartle의 $K$). $K(x) = x^2\sin(1/x^2)$ ($x\ne0$), $K(0)=0$ on $[-1,1]$ 은 모든 점에서 미분가능하지만, $K'(x) = 2x\sin(1/x^2) - \frac{2}{x}\cos(1/x^2)$ ($x\ne0$)이 $x\to0$ 근방에서 비유계(둘째 항이 $1/x$ 로 발산) — 따라서 $K'\notin\mathscr{R}[-1,1]$, 즉 Riemann 적분조차 불가능. 제2형의 가설("$F'$ 가 적분가능해야 한다")이 만족되지 않으므로 정리가 적용되지 않는다.3

예제 5 (Riemann 적분이 다루지 못하는 함수를 게이지 적분은 다룬다). 예제 4의 $K'$ 는 Riemann 적분불가능이지만(비유계), 게이지 적분으로는 적분가능하며 $\int_{-1}^1 K' = K(1)-K(-1)$ 이 게이지 적분의 FTC로 추가 가정 없이 성립한다.3 → gauge integral.

예제 6 (Stieltjes 무대에서의 FTC). $\alpha(x)=x^2$($C^1$, $\alpha'(x)=2x$), $f(x)=1$ 이면 정리 5와 riemann stieltjes integral 정리 3으로 $\int_0^1 1\,d\alpha = \int_0^1 2x\,dx = 1 = \alpha(1)-\alpha(0)$ — Stieltjes 적분의 FTC가 보통 FTC($\int \alpha'\,dx=\alpha(1)-\alpha(0)$)와 정확히 일치함을 확인.

예제 7 (연속이지만 도처 미분불가능한 함수 — 원시함수가 항상 존재하는 건 아님을 보여주는 경계 사례). Weierstrass 함수처럼 연속이지만 어디서도 미분 불가능한 함수 $W$ 가 있을 때, $W$ 자체는 (연속이므로) 적분가능하지만 $W$ 가 어떤 함수의 도함수인지는 별개의 질문이다 — 제1형은 "$\int_a^x W$ 의 도함수가 $W$"라는 존재를 보장하지만, 거꾸로 "$W$ 가 어떤 함수의 도함수"인지는 자동이 아니다(실제로 Weierstrass 함수 자체는 다른 함수의 도함수로 나타날 수 있다 — 핵심은 미분불가능성과 적분가능성이 독립적 성질이라는 것).

흔한 오해와 함정

큰 그림 / 연결

FTC는 이 위키의 미분 챕터와 적분 챕터를 잇는 단 하나의 정리이며, 그 진술이 어떤 적분 틀 위에서 이루어지는가가 두 책의 차이를 가른다. Rudin은 Riemann–Stieltjes 무대에서 FTC를 진술해 일반 적분기 $\alpha$ 까지 포괄하지만, 제2형의 "$F'$ 가 적분가능해야 한다"는 가설은 그대로 남는다. Bartle은 같은 한계를 정확히 짚어내고(예제 4), 이를 정면으로 해결하는 게이지 적분으로 나아간다 — 게이지 적분에서는 "모든 도함수가 자동으로 적분가능하고 FTC가 가설 없이 성립한다"는 강력한 정리가 성립해, Riemann 적분의 구조적 약점이 완전히 해소된다. 이것이 Bartle이 게이지 적분을 "일반화 Riemann 적분"이라 부르며 책의 정점에 두는 이유다. 더 멀리 보면, FTC는 다변수(functions several variables)의 그래디언트 정리, 미분형식의 일반화 Stokes 정리("경계의 적분 = 도함수의 적분")로 확장되는 모든 "적분-미분 쌍대성" 정리들의 1차원 원형이다.

연습문제

  1. 제1형을 사용해 $\dfrac{d}{dx}\int_1^x \frac{1}{t}\,dt = \frac1x$ 임을 보여라($x>0$).
  2. 제2형을 사용해 $\int_0^1 x^3\,dx$ 를 계산하라.
  3. 예제 3에서 $F(x)=|x|-1$ 이 $x=0$ 에서 미분 불가능함을 좌·우 미분계수를 계산해 직접 확인하라.
  4. $f$ 가 $[a,b]$ 에서 연속이고 $\int_a^b f(x)g(x)\,dx=0$ 이 모든 연속함수 $g$ 에 대해 성립하면 $f\equiv0$ 임을 보여라(힌트: $g=f$ 로 놓고 리만 적분 연습문제 10 활용).
  5. $F(x)=\int_0^x e^{-t^2}\,dt$ 가 모든 $x$ 에서 미분가능함을 보이고 $F'(x)$ 를 구하라.
  6. 변수변환(정리 4)을 이용해 $\int_0^1 2x\,e^{x^2}\,dx$ 를 계산하라.
  7. 예제 4의 $K(x)=x^2\sin(1/x^2)$, $K(0)=0$ 에서 $K'(0)$ 가 (정의로부터 직접) $0$ 임을 보이고, $K'(x)$ ($x\ne0$)가 $x\to0$ 에서 비유계임을 확인하라.
  8. 부분적분(정리 3)을 이용해 $\int_0^1 x e^x\,dx$ 를 계산하라.
  9. 제1형과 제2형이 "서로의 역"이라는 의미를 한 문장으로 설명하라.
  10. Stieltjes 무대(정리 5)에서 $\alpha(x)=x^3$, $f(x)=1$ 일 때 $\int_0^1 1\,d\alpha$ 를 두 가지 방법(직접 $\alpha(1)-\alpha(0)$, 그리고 $\int\alpha'\,dx$)으로 계산해 일치함을 확인하라.
힌트 / 정답
  1. $f(t)=1/t$ 가 $(0,\infty)$ 에서 연속이므로 정리 1(ii) 직접 적용: $F'(x)=f(x)=1/x$.
  2. $F(x)=x^4/4$, $F'=x^3$ 적분가능 — 정리 2: $\int_0^1 x^3=F(1)-F(0)=1/4$.
  3. $x>0$ 에서 $F(x)=x-1$, $F'=1$; $x<0$ 에서 $F(x)=-x-1$, $F'=-1$ — 좌우 미분계수가 $-1\ne1$, 미분 불가능.
  4. $g=f$ 로 놓으면 $\int_a^b f^2=0$. $f^2\ge0$ 이고 연속이므로 리만 적분 정리(연속·비음·적분 0 ⇒ 항등적으로 0) 적용해 $f^2\equiv0$, 따라서 $f\equiv0$.
  5. $e^{-t^2}$ 이 모든 $t$ 에서 연속이므로 정리 1(ii): $F'(x)=e^{-x^2}$.
  6. $\varphi(x)=x^2$, $\varphi'(x)=2x$, $f(u)=e^u$ — $\int_0^1 f(\varphi(x))\varphi'(x)\,dx = \int_0^1 e^u\,du = e-1$.
  7. $K'(0)=\lim_{h\to0}\frac{K(h)-K(0)}{h}=\lim_{h\to0} h\sin(1/h^2)=0$(끼임정리, $|h\sin(\cdot)|\le|h|$). $x\ne0$ 에서 $K'(x)=2x\sin(1/x^2)-\frac2x\cos(1/x^2)$, 둘째 항이 $x\to0$ 에서 $1/x\to\infty$.
  8. $F(x)=x$, $g(x)=e^x$, $G(x)=e^x$ — $\int_0^1 xe^x\,dx = [xe^x]_0^1-\int_0^1 e^x\,dx = e - (e-1) = 1$.
  9. 제1형은 "적분한 다음 미분하면 원래 함수로 돌아온다"(연속점에서), 제2형은 "미분한 다음 적분하면 끝값 차이로 돌아온다"(도함수가 적분가능할 때) — 서로 반대 순서로 두 연산을 합성했을 때 항등에 가까운 결과를 준다는 뜻.
  10. 직접: $\alpha(1)-\alpha(0)=1-0=1$. $\int\alpha'\,dx$: $\alpha'(x)=3x^2$, $\int_0^1 3x^2\,dx=[x^3]_0^1=1$. 일치.

관련 개념

  1. 원전 소개 — Rudin §6.20 [synthesis] — $f\in\mathscr{R}$, $F(x)=\int_a^x f\,dt$ 이면 $F$ 연속(Lipschitz 조건), $f$ 연속점에서 $F'=f$ — $\varepsilon$-$\delta$ 증명을 평균값 부등식으로 전개. ↩↩↩

  2. 원전 소개 — Rudin §6.21 [synthesis] — $F'=f$ 이고 $f\in\mathscr{R}$ 이면 $\int_a^b f\,dx = F(b)-F(a)$ — 평균값 정리로 Riemann 합을 망원합으로 환원. ↩

  3. 원전 소개 — Bartle §7.3 / §10.1 — "the second term in K′ is not bounded, so it does not belong to ℛ[0,1]. Consequently K′ ∉ ℛ[0,1], and the Fundamental Theorem 7.3.1 does not apply to K′. (However, we will see in Example 10.1.10(b) that K′ is generalized Riemann integrable.)" ↩↩

  4. 원전 소개 — Rudin §6.22 [synthesis] — 부분적분과 변수변환을 FTC의 따름정리로 유도. ↩