적분 기법 전체 연습문제

1.CLP-2 · 1.8절 · 24번대학 수준우리말 번역

$\displaystyle\int \tan^5 x \cos^2 x ~\mathrm{d}x$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate $\displaystyle\int \tan^5 x \cos^2 x ~\mathrm{d}x$ .

정답·풀이 보기

$\tan x = \dfrac{\sin x}{\cos x}$ 임을 떠올리자.

$\begin{aligned} \int \tan^5 x \cos^2 x ~\mathrm{d}x&=\int \frac{\sin^5 x}{\cos^5 x}\cos^2 x ~\mathrm{d}x =\int \frac{\sin^5 x}{\cos^3 x}~\mathrm{d}x \\ \text{$u=\cos x$ 로 치환하면 $\mathrm{d}u=-\sin x~\mathrm{d}x$ 이고 $\sin^2 x = 1-\cos^2 x = 1-u^2$ 이다.} \\ &=\int \frac{\sin^4 x}{\cos^3 x}~\sin x~\mathrm{d}x =-\int \frac{(1-u^2)^2}{u^3}~\mathrm{d}u\\ &=-\int \frac{1-2u^2+u^4}{u^3}~\mathrm{d}u= \int \left(-\frac{1}{u^3}+\frac{2}{u}-u\right)\mathrm{d}u\\ &=\frac{1}{2u^2}+2\log|u|-\frac{1}{2}u^2+C\\ &=\frac{1}{2\cos^2 x}+2\log|\cos x|-\frac{1}{2}\cos^2 x +C \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Recall $\tan x = \dfrac{\sin x}{\cos x}$ .

$\begin{aligned} \int \tan^5 x \cos^2 x ~\mathrm{d}x&=\int \frac{\sin^5 x}{\cos^5 x}\cos^2 x ~\mathrm{d}x =\int \frac{\sin^5 x}{\cos^3 x}~\mathrm{d}x \\ \text{Substitute $u=\cos x$, so $\mathrm{d}u=-\sin x~\mathrm{d}x$ and $\sin^2 x = 1-\cos^2 x = 1-u^2$.} \\ &=\int \frac{\sin^4 x}{\cos^3 x}~\sin x~\mathrm{d}x =-\int \frac{(1-u^2)^2}{u^3}~\mathrm{d}u\\ &=-\int \frac{1-2u^2+u^4}{u^3}~\mathrm{d}u= \int \left(-\frac{1}{u^3}+\frac{2}{u}-u\right)\mathrm{d}u\\ &=\frac{1}{2u^2}+2\log|u|-\frac{1}{2}u^2+C\\ &=\frac{1}{2\cos^2 x}+2\log|\cos x|-\frac{1}{2}\cos^2 x +C \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.8절 · 25번

# 삼각함수의 적분계산도전자동 분류

2.CLP-2 · 1.8절 · 25번대학 수준우리말 번역

$\displaystyle\int \frac{1}{\cos^2 \theta}\mathrm{d}\theta$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate $\displaystyle\int \frac{1}{\cos^2 \theta}\mathrm{d}\theta$ .

답 쓰고 채점

부정적분은 끝에 「+ C」 도 붙여요

정답·풀이 보기

시컨트의 정의를 이용하면 이 적분을 더 익숙한 꼴로 바꿀 수 있다. $\int \frac{1}{\cos^2 \theta}~\mathrm{d}\theta = \int \sec^2\theta~\mathrm{d}\theta = \tan \theta +C$

원본 교재 풀이(영어)

We can use the definition of secant to make this integral look more familiar. $\int \frac{1}{\cos^2 \theta}~\mathrm{d}\theta = \int \sec^2\theta~\mathrm{d}\theta = \tan \theta +C$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 2권 · 3.2절 · 55번

# 삼각함수의 적분계산도전자동 분류

3.CLP-2 · 1.8절 · 26번대학 수준우리말 번역

$\displaystyle\int \cot x~\mathrm{d}x$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate $\displaystyle\int \cot x~\mathrm{d}x$ .

정답·풀이 보기

$\cot x = \dfrac{\cos x}{\sin x}$ 로 고쳐 쓰고, $u=\sin x$ , $\mathrm{d}u=\cos x~\mathrm{d}x$ 로 치환한다.

$\begin{aligned} \int \cot x~\mathrm{d}x&= \int \frac{\cos x}{\sin x}~\mathrm{d}x = \int \frac{1}{u}~\mathrm{d}u\\ &=\log|u|+C = \log|\sin x|+C \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

We re-write $\cot x = \dfrac{\cos x}{\sin x}$ , and use the substitution $u=\sin x$ , $\mathrm{d}u=\cos x~\mathrm{d}x$ .

$\begin{aligned} \int \cot x~\mathrm{d}x&= \int \frac{\cos x}{\sin x}~\mathrm{d}x = \int \frac{1}{u}~\mathrm{d}u\\ &=\log|u|+C = \log|\sin x|+C \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.8절 · 27번

# 삼각함수의 적분계산도전자동 분류

4.CLP-2 · 1.8절 · 27번대학 수준우리말 번역

$\displaystyle\int e^x\sin(e^x)\cos(e^x) ~\mathrm{d}x$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate $\displaystyle\int e^x\sin(e^x)\cos(e^x) ~\mathrm{d}x$ .

답 쓰고 채점

부정적분은 끝에 「+ C」 도 붙여요

정답·풀이 보기

풀이 1: 먼저 쉽게 떠오르는 치환 $w=e^x$ , $\mathrm{d}w=e^x \mathrm{d}w$ 로 시작한다.

$\begin{aligned} \int e^x\sin(e^x)\cos(e^x) ~\mathrm{d}x&= \int \sin w \cos w ~\mathrm{d}w \\ \text{이제 또 다른 치환 $u=\sin w$, $\mathrm{d}u=\cos w~\mathrm{d}w$ 가 보인다.} \\ &=\int u~\mathrm{d}u=\frac{1}{2}u^2+C=\frac{1}{2}\sin^2 w +C\\ &=\frac{1}{2}\sin^2(e^x)+C \end{aligned}$

풀이 2: $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\{\sin(e^x)\} = e^x \cos(e^x)$ 임에 주목한다. 이는 $u=\sin(e^x)$ , $\mathrm{d}u = e^x \cos(e^x)~\mathrm{d}x$ 로 치환하면 된다는 것을 알려 준다.

$\begin{aligned} \int e^x\sin(e^x)\cos(e^x) ~\mathrm{d}x&= \int u~\mathrm{d}u =\frac{1}{2}u^2+C = \frac{1}{2}\sin^2(e^x)+C \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Solution 1: We begin with the obvious substitution, $w=e^x$ , $\mathrm{d}w=e^x \mathrm{d}w$ .

$\begin{aligned} \int e^x\sin(e^x)\cos(e^x) ~\mathrm{d}x&= \int \sin w \cos w ~\mathrm{d}w \\ \text{Now we see another substitution, $u=\sin w$, $\mathrm{d}u=\cos w~\mathrm{d}w$.} \\ &=\int u~\mathrm{d}u=\frac{1}{2}u^2+C=\frac{1}{2}\sin^2 w +C\\ &=\frac{1}{2}\sin^2(e^x)+C \end{aligned}$

Solution 2: Notice that $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\{\sin(e^x)\} = e^x \cos(e^x)$ . This suggests to us the substitution $u=\sin(e^x)$ , $\mathrm{d}u = e^x \cos(e^x)~\mathrm{d}x$ .

$\begin{aligned} \int e^x\sin(e^x)\cos(e^x) ~\mathrm{d}x&= \int u~\mathrm{d}u =\frac{1}{2}u^2+C = \frac{1}{2}\sin^2(e^x)+C \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 2권 · 3.2절 · 53번

# 삼각함수의 적분계산도전자동 분류

5.CLP-2 · 1.8절 · 28번대학 수준우리말 번역

$\displaystyle\int \sin(\cos x)\sin^3 x ~\mathrm{d}x$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate $\displaystyle\int \sin(\cos x)\sin^3 x ~\mathrm{d}x$ .

답 쓰고 채점

부정적분은 끝에 「+ C」 도 붙여요

정답·풀이 보기

“안쪽 함수”가 있으므로 $s=\cos x$ 로 치환하며 시작한다. 그러면 $-\mathrm{d}s=\sin x ~\mathrm{d}x$ 이고 $\sin^2 x = 1-\cos^2 x = 1-s^2$ 이다.

$\begin{aligned} \int \sin(\cos x)\sin^3 x ~\mathrm{d}x&=\int \sin(\cos x) \cdot \sin^2 x \cdot \sin x \mathrm{d}x\\ &=-\int \sin(s)\cdot (1-s^2) ~\mathrm{d}s \\ \text{$u=(1-s^2)$, $\mathrm{d}v=\sin s ~\mathrm{d}s$ 로 놓고 부분적분을 하면 $\mathrm{d}u=-2s~\mathrm{d}s$, $v = -\cos s$ 이다.} \\ &=-\left[-(1-s^2)\cos s - \int 2s\cos s~ \mathrm{d}s\right] \\&= (1-s^2)\cos s + \int 2s\cos s~ \mathrm{d}s \\ \text{$u=2s$, $\mathrm{d}v=\cos s ~\mathrm{d}s$ 로 놓고 다시 부분적분을 하면 $\mathrm{d}u=2~\mathrm{d}s$, $v=\sin s$ 이다.} \\ &=(1-s^2)\cos s + 2s\sin s - \int 2\sin s~\mathrm{d}s \\&=(1-s^2)\cos s + 2s\sin s +2\cos s +C \\&=\sin^2 x\cdot\cos (\cos x) + 2\cos x\cdot\sin (\cos x) +2\cos (\cos x) +C \\&=(\sin^2x+2)\cos (\cos x) + 2\cos x\cdot\sin (\cos x) +C \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Since we have an “inside function," we start with the substitution $s=\cos x$ , so $-\mathrm{d}s=\sin x ~\mathrm{d}x$ and $\sin^2 x = 1-\cos^2 x = 1-s^2$ .

$\begin{aligned} \int \sin(\cos x)\sin^3 x ~\mathrm{d}x&=\int \sin(\cos x) \cdot \sin^2 x \cdot \sin x \mathrm{d}x\\ &=-\int \sin(s)\cdot (1-s^2) ~\mathrm{d}s \\ \text{We use integration by parts with $u=(1-s^2)$, $\mathrm{d}v=\sin s ~\mathrm{d}s$; $\mathrm{d}u=-2s~\mathrm{d}s$, and $v = -\cos s$.} \\ &=-\left[-(1-s^2)\cos s - \int 2s\cos s~ \mathrm{d}s\right] \\&= (1-s^2)\cos s + \int 2s\cos s~ \mathrm{d}s \\ \text{We integrate by parts again, with $u=2s$, $\mathrm{d}v=\cos s ~\mathrm{d}s$; $\mathrm{d}u=2~\mathrm{d}s$, and $v=\sin s$.} \\ &=(1-s^2)\cos s + 2s\sin s - \int 2\sin s~\mathrm{d}s \\&=(1-s^2)\cos s + 2s\sin s +2\cos s +C \\&=\sin^2 x\cdot\cos (\cos x) + 2\cos x\cdot\sin (\cos x) +2\cos (\cos x) +C \\&=(\sin^2x+2)\cos (\cos x) + 2\cos x\cdot\sin (\cos x) +C \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.8절 · 29번

# 삼각함수의 적분계산도전자동 분류

6.CLP-2 · 1.8절 · 29번대학 수준우리말 번역

$\displaystyle\int x\sin x \cos x ~\mathrm{d}x$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate $\displaystyle\int x\sin x \cos x ~\mathrm{d}x$ .

답 쓰고 채점

부정적분은 끝에 「+ C」 도 붙여요

정답·풀이 보기

피적분함수가 다항식과 삼각함수의 곱이므로 부분적분으로 풀릴 것이라고 짐작할 수 있다. 이를 수행하는 방법은 여러 가지가 있다.

풀이 1: 부분을 고르기 전에 항등식 $\sin(2x) = 2\sin x \cos x$ 를 이용하자.

$\begin{aligned} \int x\sin x \cos x \mathrm{d}x&=\frac{1}{2}\int x \sin(2x)\mathrm{d}x \\ \text{이제 $u= x$, $\mathrm{d}v=\sin(2x)\mathrm{d}x$ 로 놓으면 $\mathrm{d}u=\mathrm{d}x$ 이고 $v=-\frac{1}{2}\cos (2x) $ 이다. 부분적분을 이용하면:} \\ &=\frac{1}{2}\left[-\frac{x}{2}\cos (2x) +\frac{1}{2} \int \cos (2x) \mathrm{d}x\right]\\ &=-\frac{x}{4}\cos (2x) +\frac{1}{8}\sin (2x) +C\\ &=-\frac{x}{4}(1-2\sin^2x) +\frac{1}{4}\sin x\cos x +C\\ &=-\frac{x}{4} + \frac{x}{2}\sin^2x+\frac{1}{4}\sin x \cos x +C \end{aligned}$

풀이 2: $u=x$ 로 놓으면 $\mathrm{d}u=\mathrm{d}x$ 이므로 부분적분에 알맞아 보인다. $u=x$ 이면 $\mathrm{d}v = \sin x \cos x \mathrm{d}x$ 이다. $v$ 를 구하기 위해 치환 $u=\sin x$ , $\mathrm{d}u=\cos x \mathrm{d}x$ 를 쓸 수 있다.

$\begin{aligned} v=\int \sin x \cos x \mathrm{d}x&=\int u \mathrm{d}u = \frac{1}{2}u^2+C = \frac{1}{2}\sin^2 x +C \\ \text{따라서 $v = \frac{1}{2}\sin^2 x$ 로 잡는다. 이제 처음의 적분에 부분적분을 적용할 수 있다.} \\ \int x\sin x \cos x ~\mathrm{d}x&=\frac{x}{2}\sin^2 x - \int \frac{1}{2}\sin^2 x \mathrm{d}x \\ \text{항등식 $\sin^2x = \dfrac{1-\cos(2x)}{2}$ 를 적용한다.} \\ &=\frac{x}{2}\sin^2 x - \frac{1}{4}\int 1-\cos(2 x) \mathrm{d}x\\ &=\frac{x}{2}\sin^2 x - \frac{x}{4} +\frac{1}{8}\sin(2 x)+C\\ &=\frac{x}{2}\sin^2 x - \frac{x}{4} +\frac{1}{4}\sin x \cos x+C \end{aligned}$

풀이 3: $u=x\sin x$ , $\mathrm{d}v=\cos x \mathrm{d}x$ 로 놓으면 $\mathrm{d}u = (x\cos x + \sin x)\mathrm{d}x$ 이고 $v = \sin x$ 이다.

$\begin{aligned} \int x\sin x \cos x \mathrm{d}x&=x\sin^2 x - \int \sin x(x\cos x + \sin x)\mathrm{d}x\\ &=x\sin^2 x - \int x \sin x \cos x\mathrm{d}x - \int \sin^2 x\mathrm{d}x \\ \text{두 번째 적분에 항등식 $\sin^2 x = \dfrac{1-\cos(2x)}{2}$ 를 적용한다.} \\ &=x\sin^2 x - \int x \sin x \cos x\mathrm{d}x - \int \dfrac{1-\cos(2x)}{2}\mathrm{d}x \\&=x\sin^2 x - \int x \sin x \cos x\mathrm{d}x - \frac{x}{2} +\frac{1}{4}\sin(2x)+C \\ \text{따라서 다음 등식을 얻는다.} \\ \int x\sin x \cos x \mathrm{d}x&=x\sin^2 x - \int x \sin x \cos x\mathrm{d}x - \frac{x}{2} + \frac{1}{4}\sin(2x)+C\\ 2\int x\sin x \cos x \mathrm{d}x&=x\sin^2 x - \frac{x}{2} + \frac{1}{4}\sin(2x)+C\\ \int x\sin x \cos x \mathrm{d}x&=\frac{x}{2}\sin^2 x - \frac{x}{4} + \frac{1}{8}\sin(2x)+\frac{C}{2}\\ &=\frac{x}{2}\sin^2 x - \frac{x}{4} + \frac{1}{4}\sin x\cos x+\frac{C}{2} \end{aligned}$

$C$ 는 $(-\infty,\infty)$ 의 어떤 값이든 가질 수 있는 임의의 상수이므로 $\frac{C}{2}$ 도 $(-\infty,\infty)$ 의 어떤 값이든 가질 수 있는 임의의 상수이다. 따라서 $\frac{C}{2}$ 를 $C$ 로 바꾸어 써도 된다.

원본 교재 풀이(영어)

Since the integrand is the product of polynomial and trigonometric functions, we suspect it might yield to integration by parts. There are a number of ways this can be accomplished.

Solution 1: Before we choose parts, let's use the identity $\sin(2x) = 2\sin x \cos x$ .

$\begin{aligned} \int x\sin x \cos x \mathrm{d}x&=\frac{1}{2}\int x \sin(2x)\mathrm{d}x \\ \text{Now let $u= x$, $\mathrm{d}v=\sin(2x)\mathrm{d}x$; $\mathrm{d}u=\mathrm{d}x$, and $v=-\frac{1}{2}\cos (2x) $. Using integration by parts:} \\ &=\frac{1}{2}\left[-\frac{x}{2}\cos (2x) +\frac{1}{2} \int \cos (2x) \mathrm{d}x\right]\\ &=-\frac{x}{4}\cos (2x) +\frac{1}{8}\sin (2x) +C\\ &=-\frac{x}{4}(1-2\sin^2x) +\frac{1}{4}\sin x\cos x +C\\ &=-\frac{x}{4} + \frac{x}{2}\sin^2x+\frac{1}{4}\sin x \cos x +C \end{aligned}$

Solution 2: If we let $u=x$ , then $\mathrm{d}u=\mathrm{d}x$ , and this seems desirable for integration by parts. If $u=x$ , then $\mathrm{d}v = \sin x \cos x \mathrm{d}x$ . To find $v$ we can use the substitution $u=\sin x$ , $\mathrm{d}u=\cos x \mathrm{d}x$ .

$\begin{aligned} v=\int \sin x \cos x \mathrm{d}x&=\int u \mathrm{d}u = \frac{1}{2}u^2+C = \frac{1}{2}\sin^2 x +C \\ \text{So, we take $v = \frac{1}{2}\sin^2 x$. Now we can apply integration by parts to our original integral.} \\ \int x\sin x \cos x ~\mathrm{d}x&=\frac{x}{2}\sin^2 x - \int \frac{1}{2}\sin^2 x \mathrm{d}x \\ \text{Apply the identity $\sin^2x = \dfrac{1-\cos(2x)}{2}$.} \\ &=\frac{x}{2}\sin^2 x - \frac{1}{4}\int 1-\cos(2 x) \mathrm{d}x\\ &=\frac{x}{2}\sin^2 x - \frac{x}{4} +\frac{1}{8}\sin(2 x)+C\\ &=\frac{x}{2}\sin^2 x - \frac{x}{4} +\frac{1}{4}\sin x \cos x+C \end{aligned}$

Solution 3: Let $u=x\sin x$ and $\mathrm{d}v=\cos x \mathrm{d}x$ ; then $\mathrm{d}u = (x\cos x + \sin x)\mathrm{d}x$ and $v = \sin x$ .

$\begin{aligned} \int x\sin x \cos x \mathrm{d}x&=x\sin^2 x - \int \sin x(x\cos x + \sin x)\mathrm{d}x\\ &=x\sin^2 x - \int x \sin x \cos x\mathrm{d}x - \int \sin^2 x\mathrm{d}x \\ \text{Apply the identity $\sin^2 x = \dfrac{1-\cos(2x)}{2}$ to the second integral.} \\ &=x\sin^2 x - \int x \sin x \cos x\mathrm{d}x - \int \dfrac{1-\cos(2x)}{2}\mathrm{d}x \\&=x\sin^2 x - \int x \sin x \cos x\mathrm{d}x - \frac{x}{2} +\frac{1}{4}\sin(2x)+C \\ \text{So, we have the equation} \\ \int x\sin x \cos x \mathrm{d}x&=x\sin^2 x - \int x \sin x \cos x\mathrm{d}x - \frac{x}{2} + \frac{1}{4}\sin(2x)+C\\ 2\int x\sin x \cos x \mathrm{d}x&=x\sin^2 x - \frac{x}{2} + \frac{1}{4}\sin(2x)+C\\ \int x\sin x \cos x \mathrm{d}x&=\frac{x}{2}\sin^2 x - \frac{x}{4} + \frac{1}{8}\sin(2x)+\frac{C}{2}\\ &=\frac{x}{2}\sin^2 x - \frac{x}{4} + \frac{1}{4}\sin x\cos x+\frac{C}{2} \end{aligned}$

Since $C$ is an arbitrary constant that can take any number in $(-\infty,\infty)$ , also $\frac{C}{2}$ is an arbitrary constant that can take any number in $(-\infty,\infty)$ , so we're free to rename $\frac{C}{2}$ to $C$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 2권 · 3.2절 · 57번

# 삼각함수의 적분계산도전자동 분류

7.CLP-2 · 1.9절 · 23번대학 수준우리말 번역

$\displaystyle\int\dfrac{(1+x^2)^{3/2}}{x}\mathrm{d}x$ 의 값을 구하세요. $\displaystyle\int \csc \theta~\mathrm{d}\theta=\log|\cot \theta - \csc \theta|+C$ 임을 이용해도 됩니다.

영어 원문 보기

Evaluate $\displaystyle\int\dfrac{(1+x^2)^{3/2}}{x}\mathrm{d}x$ . You may use the fact that $\displaystyle\int \csc \theta~\mathrm{d}\theta=\log|\cot \theta - \csc \theta|+C$ .

정답·풀이 보기

치환 $x=\tan u$ , $\mathrm{d}x=\sec^2 u~\mathrm{d}u$ 를 이용한다.

$\begin{aligned} \int\dfrac{\sqrt{1+x^2}^3}{x}\mathrm{d}x&=\int\frac{\sqrt{1+\tan^2 u}^3}{\tan u}\sec^2 u~\mathrm{d}u \\&=\int\frac{\sec^3u}{\tan u}\sec^2 u~\mathrm{d}u \\&=\int\frac{(\sec^2u)^2}{\tan u}\sec u~\mathrm{d}u \\&=\int\frac{(\tan^2u+1)^2}{\tan u}\sec u~\mathrm{d}u \\&=\int\frac{\tan^4u+2\tan^2 u + 1}{\tan u}\sec u~\mathrm{d}u \\&=\int \tan^3 u \sec u ~\mathrm{d}u + \int 2\sec u \tan u~\mathrm{d}u + \int \frac{\sec u}{\tan u}~\mathrm{d}u \\ \text{첫 번째 적분에서는 치환 $w=\sec u$ 를 이용한다. 두 번째는 $2\sec u$ 의 부정적분이다. 세 번째는 $\frac{\sec u}{\tan u} = \frac{1}{\cos u}\cdot \frac{\cos u}{\sin u} = \csc u$~로 간단히 한다.} \\ &=\int\bigg((\sec^2 u -1)\sec u \tan u\bigg)~\mathrm{d}u + 2\sec u + \log|\cot u - \csc u |+C\\ &=\int (w^2-1)~\mathrm{d}w+2\sec u + \log|\cot u - \csc u|+C\\ &=\frac{1}{3}w^3-w+2\sec u + \log|\cot u - \csc u|+C\\ &=\frac{1}{3}\sec^3u-\sec u+2\sec u + \log|\cot u - \csc u|+C \\ \smash{ ![그림](clp/tikz/f1bcb1bbbc.png) } \qquad &=\frac{1}{3}\sec^3u+\sec u + \log|\cot u - \csc u|+C \\ \text{처음에 치환 $x=\tan u$ 를 사용했다. 그러면 $\cot u = \frac{1}{x}$ 이다. $\csc u$ 와 $\sec u$ 를 구하기 위해, 각 $u$ 가 있고 높이가 $x$, 밑변이 $1$ 인 직각삼각형을 그린다. 피타고라스 정리로 빗변의 길이를 구할 수 있다.} \\ &=\frac{1}{3}\sqrt{1+x^2}^3+\sqrt{1+x^2}+\log\left| \frac{1}{x}-\frac{\sqrt{1+x^2}}{x} \right|+C \\&=\frac{1}{3}\sqrt{1+x^2}(4+x^2)+\log\left|\frac{1-\sqrt{1+x^2}}{x} \right|+C \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

We use the substitution $x=\tan u$ , $\mathrm{d}x=\sec^2 u~\mathrm{d}u$ .

$\begin{aligned} \int\dfrac{\sqrt{1+x^2}^3}{x}\mathrm{d}x&=\int\frac{\sqrt{1+\tan^2 u}^3}{\tan u}\sec^2 u~\mathrm{d}u \\&=\int\frac{\sec^3u}{\tan u}\sec^2 u~\mathrm{d}u \\&=\int\frac{(\sec^2u)^2}{\tan u}\sec u~\mathrm{d}u \\&=\int\frac{(\tan^2u+1)^2}{\tan u}\sec u~\mathrm{d}u \\&=\int\frac{\tan^4u+2\tan^2 u + 1}{\tan u}\sec u~\mathrm{d}u \\&=\int \tan^3 u \sec u ~\mathrm{d}u + \int 2\sec u \tan u~\mathrm{d}u + \int \frac{\sec u}{\tan u}~\mathrm{d}u \\ \text{For the first integral, we use the substitution $w=\sec u$. The second is the antiderivative of $2\sec u$. The third we simplify as $\frac{\sec u}{\tan u} = \frac{1}{\cos u}\cdot \frac{\cos u}{\sin u} = \csc u$~.} \\ &=\int\bigg((\sec^2 u -1)\sec u \tan u\bigg)~\mathrm{d}u + 2\sec u + \log|\cot u - \csc u |+C\\ &=\int (w^2-1)~\mathrm{d}w+2\sec u + \log|\cot u - \csc u|+C\\ &=\frac{1}{3}w^3-w+2\sec u + \log|\cot u - \csc u|+C\\ &=\frac{1}{3}\sec^3u-\sec u+2\sec u + \log|\cot u - \csc u|+C \\ \smash{ ![figure](clp/tikz/f1bcb1bbbc.png) } \qquad &=\frac{1}{3}\sec^3u+\sec u + \log|\cot u - \csc u|+C \\ \text{We began with the substitution $x=\tan u$. Then $\cot u = \frac{1}{x}$. To find $\csc u$ and $\sec u$, we draw a right triangle with angle $u$, opposite side $x$, and adjacent side $1$. The Pythagorean Theorem gives us the hypotenuse.} \\ &=\frac{1}{3}\sqrt{1+x^2}^3+\sqrt{1+x^2}+\log\left| \frac{1}{x}-\frac{\sqrt{1+x^2}}{x} \right|+C \\&=\frac{1}{3}\sqrt{1+x^2}(4+x^2)+\log\left|\frac{1-\sqrt{1+x^2}}{x} \right|+C \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.9절 · 25번

# 삼각치환계산도전자동 분류

8.CLP-2 · 1.9절 · 25번대학 수준우리말 번역

$f(x) = \dfrac{|x|}{\sqrt[4]{1-x^2}}$ 이라 하고, $R$ 을 구간 $[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]$ 에서 $f(x)$ 와 $x$ 축 사이의 영역이라 하자.

(a) $R$ 의 넓이를 구하세요. (b) $R$ 을 $x$ 축을 중심으로 회전시켜 만든 입체의 부피를 구하세요.

영어 원문 보기

Let $f(x) = \dfrac{|x|}{\sqrt[4]{1-x^2}}$ , and let $R$ be the region between $f(x)$ and the $x$ -axis over the interval $[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}]$ .

(a) Find the area of $R$ . (b) Find the volume of the solid formed by rotating $R$ about the $x$ -axis.

정답·풀이 보기

$f(x)$ 는 우함수이고, 정의역 전체에서 음이 아님에 유의한다.

(a) $R$ 의 넓이를 구하기 위해 다음을 계산한다.

$\begin{aligned} \text{넓이}&=\int _{-1/2}^{1/2} \dfrac{|x|}{\sqrt[4]{1-x^2}}~\mathrm{d}x = 2\int _{0}^{1/2} \dfrac{x}{\sqrt[4]{1-x^2}}~\mathrm{d}x \\ \text{치환 $u=1-x^2$, $\mathrm{d}u=-2x~\mathrm{d}x$ 를 이용한다.} \\ &=-\int_{1}^{3/4} \frac{1}{u^{1/4}}~\mathrm{d}u\\ &=-\left[\frac{4}{3}u^{3/4}\right]_1^{3/4} = -\frac{4}{3}\left(\left(\frac{3}{4}\right)^{3/4}-1\right)\\ &=\frac{4}{3} - \sqrt[4]{\frac{4}{3}} \end{aligned}$

(b) 회전체를 너비가 $\mathrm{d}x$ 이고 반지름이 $\dfrac{|x|}{\sqrt[4]{1-x^2}}$ 인 원판으로 얇게 자른다.

$\begin{aligned} \text{부피}&=\int_{-1/2}^{1/2} \pi\left(\dfrac{|x|}{\sqrt[4]{1-x^2}}\right)^2~\mathrm{d}x\\ &=2\pi\int_{0}^{1/2} \dfrac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}~\mathrm{d}x \\ \text{치환 $x=\sin \theta$, $\mathrm{d}x = \cos\theta~\mathrm{d}\theta$ 를 이용하면 $\sqrt{1-x^2} = \sqrt{1-\sin^2\theta}=\cos \theta$ 이다. $\sin 0 =0$ 이고 $\sin\frac{\pi}{6}=\frac{1}{2}$ 임에 유의한다.} \\ &=2\pi\int_{0}^{\pi/6} \frac{\sin^2 \theta}{\cos \theta}\cos \theta~\mathrm{d}\theta \\&=2\pi\int_{0}^{\pi/6} \sin^2 \theta~\mathrm{d}\theta \\&=\pi\int_{0}^{\pi/6}\big(1- \cos(2 \theta)\big)~\mathrm{d}\theta\\ &=\pi\left[\theta - \frac{1}{2}\sin(2\theta)\right]_0^{\pi/6}\\ &=\pi\left(\frac{\pi}{6} - \frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\\ &=\frac{\pi^2}{6} - \frac{\sqrt{3}\pi}{4} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Note that $f(x)$ is an even function, nonnegative over its entire domain.

(a) To find the area of $R$ , we evaluate

$\begin{aligned} \text{Area}&=\int _{-1/2}^{1/2} \dfrac{|x|}{\sqrt[4]{1-x^2}}~\mathrm{d}x = 2\int _{0}^{1/2} \dfrac{x}{\sqrt[4]{1-x^2}}~\mathrm{d}x \\ \text{We use the substitution $u=1-x^2$, $\mathrm{d}u=-2x~\mathrm{d}x$.} \\ &=-\int_{1}^{3/4} \frac{1}{u^{1/4}}~\mathrm{d}u\\ &=-\left[\frac{4}{3}u^{3/4}\right]_1^{3/4} = -\frac{4}{3}\left(\left(\frac{3}{4}\right)^{3/4}-1\right)\\ &=\frac{4}{3} - \sqrt[4]{\frac{4}{3}} \end{aligned}$

(b) We slice the solid of rotation into circular disks of width $\mathrm{d}x$ and radius $\dfrac{|x|}{\sqrt[4]{1-x^2}}$ .

$\begin{aligned} \text{Volume}&=\int_{-1/2}^{1/2} \pi\left(\dfrac{|x|}{\sqrt[4]{1-x^2}}\right)^2~\mathrm{d}x\\ &=2\pi\int_{0}^{1/2} \dfrac{x^2}{\sqrt{1-x^2}}~\mathrm{d}x \\ \text{We use the substitution $x=\sin \theta$, $\mathrm{d}x = \cos\theta~\mathrm{d}\theta$, so $\sqrt{1-x^2} = \sqrt{1-\sin^2\theta}=\cos \theta$. Note $\sin 0 =0$ and $\sin\frac{\pi}{6}=\frac{1}{2}.$} \\ &=2\pi\int_{0}^{\pi/6} \frac{\sin^2 \theta}{\cos \theta}\cos \theta~\mathrm{d}\theta \\&=2\pi\int_{0}^{\pi/6} \sin^2 \theta~\mathrm{d}\theta \\&=\pi\int_{0}^{\pi/6}\big(1- \cos(2 \theta)\big)~\mathrm{d}\theta\\ &=\pi\left[\theta - \frac{1}{2}\sin(2\theta)\right]_0^{\pi/6}\\ &=\pi\left(\frac{\pi}{6} - \frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\right)\\ &=\frac{\pi^2}{6} - \frac{\sqrt{3}\pi}{4} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.9절 · 28번

# 삼각치환활용도전자동 분류

9.CLP-2 · 1.9절 · 28번대학 수준우리말 번역

(a) 상수 $a$ 가 양수이고, 적분할 식에 $\sqrt{a^2-x^2}$ 항이 들어 있어서 치환 $x=a\sin u$ (역함수는 $u = \arcsin(x/a)$ )를 쓴다고 하자. 그러면 $\sqrt{a^2-x^2} = \sqrt{a^2\cos^2u}= |a\cos u|$ 이다. 어떤 경우에 $|a\cos u|\neq a\cos u$ 인지 구하세요. (b) 상수 $a$ 가 양수이고, 적분할 식에 $\sqrt{a^2+x^2}$ 항이 들어 있어서 치환 $x=a\tan u$ (역함수는 $u = \arctan(x/a)$ )를 쓴다고 하자. 그러면 $\sqrt{a^2+x^2} = \sqrt{a^2\sec^2u}= |a\sec u|$ 이다. 어떤 경우에 $|a\sec u|\neq a\sec u$ 인지 구하세요. (c) 상수 $a$ 가 양수이고, 적분할 식에 $\sqrt{x^2-a^2}$ 항이 들어 있어서 치환 $x=a\sec u$ (역함수는 $u = \mathop{\mathrm{arcsec}}(x/a)=\arccos(a/x)$ )를 쓴다고 하자. 그러면 $\sqrt{x^2-a^2} = \sqrt{a^2\tan^2u}= |a\tan u|$ 이다. 어떤 경우에 $|a\tan u|\neq a\tan u$ 인지 구하세요.

영어 원문 보기

(a) Suppose we are evaluating an integral that contains the term $\sqrt{a^2-x^2}$ , where $a$ is a positive constant, and we use the substitution $x=a\sin u$ (with inverse $u = \arcsin(x/a)$ ), so that $\sqrt{a^2-x^2} = \sqrt{a^2\cos^2u}= |a\cos u|$ Under what circumstances is $|a\cos u|\neq a\cos u$ ? (b) Suppose we are evaluating an integral that contains the term $\sqrt{a^2+x^2}$ , where $a$ is a positive constant, and we use the substitution $x=a\tan u$ (with inverse $u = \arctan(x/a)$ ), so that $\sqrt{a^2+x^2} = \sqrt{a^2\sec^2u}= |a\sec u|$ Under what circumstances is $|a\sec u|\neq a\sec u$ ? (c) Suppose we are evaluating an integral that contains the term $\sqrt{x^2-a^2}$ , where $a$ is a positive constant, and we use the substitution $x=a\sec u$ (with inverse $u = \mathop{\mathrm{arcsec}}(x/a)=\arccos(a/x)$ ), so that $\sqrt{x^2-a^2} = \sqrt{a^2\tan^2u}= |a\tan u|$ Under what circumstances is $|a\tan u|\neq a\tan u$ ?

정답·풀이 보기

임의의 값 $X$ 에 대해 $|X| = \left\{\begin{array}{rl} X&\text{(}X \ge 0\text{ 일 때)}\\ -X&\text{(}X \le 0\text{ 일 때)}\end{array}\right.$ 임을 기억하자. 따라서 $|X| \neq X$ 인 것은 정확히 $X<0$ 일 때이다.

(a) 아크사인의 치역은 $\big[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\big]$ 이다. 따라서 $u=\arcsin(x/a)$ 이므로 $u$ 는 $\big[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\big]$ 범위에 있다. 그러므로 $\cos u \geq 0$ 이다. $a$ 가 양수이므로 $a\cos u \ge 0$ 이고, 따라서 $a\cos u = |a\cos u|$ 이다. 즉, $\sqrt{a^2-x^2}=|a\cos u|=a\cos u$ 가 항상 성립한다.

(b) 아크탄젠트의 치역은 $\big(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\big)$ 이다. 따라서 $u=\arctan(x/a)$ 이므로 $u$ 는 $\big(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\big)$ 범위에 있다. 그러므로 $\sec u = \frac{1}{\cos u} >0$ 이다. $a$ 가 양수이므로 $a\sec u > 0$ 이고, 따라서 $a\sec u = |a\sec u|$ 이다. 즉, $\sqrt{a^2+x^2}=|a\sec u|=a\sec u$ 가 항상 성립한다.

(c) 아크코사인의 치역은 $\big[0,\pi \big]$ 이다. 따라서 $u=\mathop{\mathrm{arcsec}}(x/a) = \arccos(a/x)$ 이므로 $u$ 는 $\big[0,\pi\big]$ 범위에 있다. (사실 시컨트는 $\pi/2$ 에서 정의되지 않으므로 $u$ 는 $[0,\frac{\pi}{2}) \cup (\frac{\pi}{2},\pi]$ 범위에 있다.) $|a\tan u| \neq a\tan u$ 이면 $\tan u <0$ 이고, 이는 $u$ 가 $\big (\frac{\pi}{2},\pi)$ 범위에 있을 때 일어난다. 이 범위는 $-1<\cos u <0$ 인 범위와 같으므로 $-1<\frac{a}{x}<0$ 이다. $\frac{a}{x}<0$ 이므로 $a$ 와 $x$ 의 부호가 다르고, 따라서 $x<0$ 이다. 그러면 $-1<\frac{a}{x}$ 이므로 $x<-a$ 이기도 하다.

그러므로 $\sqrt{x^2-a^2} = |a\tan u| = -a\tan u \neq a\tan u$ 가 성립하는 것은 정확히 $x< -a$ 일 때이다.

원본 교재 풀이(영어)

Remember that for any value $X$ , $|X| = \left\{\begin{array}{rl} X&\text{if }X \ge 0\\ -X&\text{if }X \le 0 \end{array}\right.$ So, $|X| \neq X$ precisely when $X<0$ .

(a) The range of arcsine is $\big[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\big]$ . So, since $u=\arcsin(x/a)$ , $u$ is in the range $\big[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\big]$ . Therefore $\cos u \geq 0$ . Since $a$ is positive, $a\cos u \ge 0$ , so $a\cos u = |a\cos u|$ . That is, $\sqrt{a^2-x^2}=|a\cos u|=a\cos u$ all the time.

(b) The range of arctangent is $\big(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\big)$ . So, since $u=\arctan(x/a)$ , $u$ is in the range $\big(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\big)$ . Therefore $\sec u = \frac{1}{\cos u} >0$ . Since $a$ is positive, $a\sec u > 0$ , so $a\sec u = |a\sec u|$ .That is, $\sqrt{a^2+x^2}=|a\sec u|=a\sec u$ all the time.

(c) The range of arccosine is $\big[0,\pi \big]$ . So, since $u=\mathop{\mathrm{arcsec}}(x/a) = \arccos(a/x)$ , $u$ is in the range $\big[0,\pi\big]$ . (Actually, it's in the range $[0,\frac{\pi}{2}) \cup (\frac{\pi}{2},\pi]$ , since secant is undefined at $\pi/2$ .) If $|a\tan u| \neq a\tan u$ , then $\tan u <0$ , which happens when $u$ is in the range $\big (\frac{\pi}{2},\pi)$ . This is the same range over which $-1<\cos u <0$ , and so $-1<\frac{a}{x}<0$ . Since $\frac{a}{x}<0$ , $a$ and $x$ have different signs, so $x<0$ . Then since $-1<\frac{a}{x}$ , also $x<-a$ .

So, $\sqrt{x^2-a^2} = |a\tan u| = -a\tan u \neq a\tan u$ happens precisely when when $x< -a$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 2권 · 3.3절 · 42번

# 삼각치환계산도전자동 분류

10.CLP-2 · 1.11절 · 31번대학 수준우리말 번역

$f(x)$ 를 $f''(x) = \dfrac{x^2}{x+1}$ 을 만족하는 함수라고 하세요. (예를 들어 $f(x)=\frac{1}{6}x^3-\frac{1}{2}x^2+(1+x)\log|x+1|$ 이면 되지만, 이 문제에서는 $f(x)$ 가 무엇인지 알 필요가 없습니다.)

(a) $x$ 가 구간 $[0,1]$ 에 있을 때마다 $|f''(x)| \leq 1$ 임을 보이세요. (b) 구간 $[0,1]$ 에서 $|f''(x)|$ 의 최댓값을 구하세요. (c) $M=1$ 이라고 가정할 때, $\displaystyle\int_{0}^{1}f(x)~\mathrm{d}x$ 를 오차 $10^{-5}$ 이내로 어림하려면 구간을 몇 개 사용해야 하는지 구하세요. (d) (b)에서 구한 $M$ 의 값을 사용할 때, $\displaystyle\int_0^1 f(x)~\mathrm{d}x$ 를 오차 $10^{-5}$ 이내로 어림하려면 구간을 몇 개 사용해야 하는지 구하세요.

영어 원문 보기

Let $f(x)$ be a function (For example, $f(x)=\frac{1}{6}x^3-\frac{1}{2}x^2+(1+x)\log|x+1|$ will do, but you don't need to know what $f(x)$ is for this problem.) with $f''(x) = \dfrac{x^2}{x+1}$ .

(a) Show that $|f''(x)| \leq 1$ whenever $x$ is in the interval $[0,1]$ . (b) Find the maximum value of $|f''(x)|$ over the interval $[0,1]$ . (c) Assuming $M=1$ , how many intervals should you use to approximate $\displaystyle\int_{0}^{1}f(x)~\mathrm{d}x$ to within $10^{-5}$ ? (d) Using the value of $M$ you found in (b), how many intervals should you use to approximate $\displaystyle\int_0^1 f(x)~\mathrm{d}x$ to within $10^{-5}$ ?

정답·풀이 보기

(a) $0 \leq x \leq1$ 일 때 $x^2 \leq 1$ 이고 $x+1 \geq 1$ 이므로 $|f''(x)| = \dfrac{x^2}{|x+1|}\leq \dfrac{1}{1}=1$ 이다. (b) 닫힌구간에서 함수의 최댓값을 구하려면, 구간의 양 끝점과 구간 안의 임계점에서 함수의 값을 조사한다. 임계점은 함수의 도함수가 0이거나 존재하지 않는 점이다.

최대화하려는 함수는 $|f''(x)| = \frac{x^2}{|x+1|} = \frac{x^2}{x+1}=f''(x)$ 이다 (구간에 음이 아닌 수만 있기 때문이다). 따라서 임계점은 $f'''(x) = 0$ 이거나 존재하지 않을 때 나타난다. 몫의 미분법을 이용하여 $f'''(x)$ 를 구한다.

$\begin{aligned} f'''(x)&=\frac{(x+1)(2x)-x^2}{(x+1)^2}=\frac{x^2+2x}{(x+1)^2}\\ 0&=\frac{x(x+2)}{x+1}\\ 0&=x \quad\text{또는}\quad x=-1\quad\text{또는}\quad x=-2 \end{aligned}$

$[0,1]$ 에 있는 임계점은 $x=0$ 뿐이다. 따라서 $[0,1]$ 에서 $f''(x)$ 의 극값은 양 끝점에서 나타난다. 실제로 $[0,1]$ 에 속하는 모든 $x$ 에 대해 $f'''(x) \geq 0$ 이므로 $f''(x)$ 는 이 구간에서 증가하고, 따라서 최댓값은 $x=1$ 에서 나타난다. 즉, $|f''(x)|\leq f''(1)=\frac{1}{2}$ (c) 중점법을 사용할 때 절대 오차는 최대 $\dfrac{M(b-a)^3}{24n^2}$ 이다. $M=1$ 을 사용하여 이 값이 $10^{-5}$ 이하가 되게 하려면, 다음 계산으로 알맞은 $n$ 의 값을 구한다.

$\begin{aligned} \dfrac{M(b-a)^3}{24n^2}&\leq 10^{-5}\\ \dfrac{1}{24n^2}&\leq 10^{-5}&(b-a=1,\,M=1)\\ \frac{10^5}{24} & \leq n^2\\ n & \geq 65 \end{aligned}$ (d) 중점법을 사용할 때 절대 오차는 최대 $\dfrac{M(b-a)^3}{24n^2}$ 이다. $M=\frac{1}{2}$ 을 사용하여 이 값이 $10^{-5}$ 이하가 되게 하려면, 다음 계산으로 알맞은 $n$ 의 값을 구한다.

$\begin{aligned} \dfrac{M(b-a)^3}{24n^2}&\leq 10^{-5}\\ \dfrac{1}{48n^2}&\leq 10^{-5}&(b-a=1,\,M=\frac{1}{2})\\ \frac{10^5}{48} & \leq n^2\\ n & \geq 46 \end{aligned}$

참고: 이러한 계산을 얼마나 정확하게 할지는 상황에 따라 크게 달라진다. 예를 들어 $M$ 을 손으로 구하고, 이를 이용해 $n$ 을 손으로 구한 다음, 근삿값을 계산하도록 컴퓨터를 프로그래밍한다고 하자. 이처럼 간단한 적분에서는 구간 65개와 46개의 계산 시간 차이가 아주 작을 것이다. 따라서 (b)에서 추가로 하는 수고로 얻는 이점은 많지 않다. 그러나 처음의 대충 구한 $M$ 으로 $n=1000000$ 정도가 나왔다면, 계산 시간을 줄이기 위해 $M$ 을 개선하는 데 시간을 들일 만하다. 또한 근삿값을 손으로 구한다면 46개의 항을 더하는 것과 65개의 항을 더하는 것의 차이는 상당할 것이므로, 가능한 한 가장 정확한 $M$ 을 구하는 수고를 미리 들이는 것이 좋을 것이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) When $0 \leq x \leq1$ , then $x^2 \leq 1$ and $x+1 \geq 1$ , so $|f''(x)| = \dfrac{x^2}{|x+1|}\leq \dfrac{1}{1}=1$ . (b) To find the maximum value of a function over a closed interval, we test the function's values at the endpoints of the interval and at its critical points inside the interval. The critical points are where the function's derivative is zero or does not exist.

The function we're trying to maximize is $|f''(x)| = \frac{x^2}{|x+1|} = \frac{x^2}{x+1}=f''(x)$ (since our interval only contains nonnegative numbers). So, the critical points occur when $f'''(x) = 0$ or does not exist. We find $f'''(x)$ Using the quotient rule.

$\begin{aligned} f'''(x)&=\frac{(x+1)(2x)-x^2}{(x+1)^2}=\frac{x^2+2x}{(x+1)^2}\\ 0&=\frac{x(x+2)}{x+1}\\ 0&=x \quad\text{or}\quad x=-1\quad\text{or}\quad x=-2 \end{aligned}$

The only critical point in $[0,1]$ is $x=0$ . So, the extrema of $f''(x)$ over $[0,1]$ will occur at its endpoints. Indeed, since $f'''(x) \geq 0$ for all $x$ in $[0,1]$ , $f''(x)$ is increasing over this interval, so its maximum occurs at $x=1$ . That is, $|f''(x)|\leq f''(1)=\frac{1}{2}$ (c) The absolute error using the midpoint rule is at most $\dfrac{M(b-a)^3}{24n^2}$ . Using $M=1$ , if we want this to be no more than $10^{-5}$ , we find an acceptable value of $n$ with the following calculation:

$\begin{aligned} \dfrac{M(b-a)^3}{24n^2}&\leq 10^{-5}\\ \dfrac{1}{24n^2}&\leq 10^{-5}&(b-a=1,\,M=1)\\ \frac{10^5}{24} & \leq n^2\\ n & \geq 65 \end{aligned}$ (d) The absolute error using the midpoint rule is at most $\dfrac{M(b-a)^3}{24n^2}$ . Using $M=\frac{1}{2}$ , if we want this to be no more than $10^{-5}$ , we find an acceptable value of $n$ with the following calculation:

$\begin{aligned} \dfrac{M(b-a)^3}{24n^2}&\leq 10^{-5}\\ \dfrac{1}{48n^2}&\leq 10^{-5}&(b-a=1,\,M=\frac{1}{2})\\ \frac{10^5}{48} & \leq n^2\\ n & \geq 46 \end{aligned}$

Remark: how accurate you want to be in these calculations depends a lot on your circumstances. Imagine, for instance, that you were finding $M$ by hand, using this to find $n$ by hand, then programming a computer to evaluate the approximation. For a simple integral like this, the difference between computing time for 65 intervals versus 46 is likely to be miniscule. So, there's not much to be gained by the extra work in (b). However, if your original sloppy $M$ gave you something like $n=1000000$ , you might want to put some time into improving it, to shorten computation time. Moreover, if you were finding the approximation by hand, the difference between adding 46 terms and adding 65 terms would be considerable, and you would probably want to put in the effort up front to find the most accurate $M$ possible.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.11절 · 32번

# 수치적분증명·논술도전자동 분류

11.CLP-2 · 1.11절 · 32번대학 수준우리말 번역

적분 $\displaystyle\int_1^{x\vphantom{\frac{1}{2}}} \frac{1}{t}~\mathrm{d}t$ 를 심프슨 공식으로 어림하여 함수 $\log x$ 를 유리함수로 어림하세요. 구간 $[1,3]$ 의 모든 $x$ 에 대해 유리함수 $f(x)$ 와 $\log x$ 의 오차가 0.1 이하가 되도록 하세요.

영어 원문 보기

Approximate the function $\log x$ with a rational function by approximating the integral $\displaystyle\int_1^{x\vphantom{\frac{1}{2}}} \frac{1}{t}~\mathrm{d}t$ using Simpson's rule. Your rational function $f(x)$ should approximate $\log x$ with an error of not more than 0.1 for any $x$ in the interval $[1,3]$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$\displaystyle\int_1^x \dfrac{1}{t}~\mathrm{d}t$ 를 심프슨 공식으로 어림하기 전에, 몇 개의 구간을 사용할지 알아야 한다. 그러려면 오차의 한계를 구해야 하고, 이는 $\frac{\mathrm{d}^4}{\mathrm{d}{t}^4}\left\{\frac{1}{t}\right\}$ 의 한계를 구해야 한다는 뜻이다.

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left\{\frac{1}{t}\right\}&=-\frac{1}{t^2}& \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}{t}^2}\left\{\frac{1}{t}\right\}&=\frac{2}{t^3}\\ \frac{\mathrm{d}^3}{\mathrm{d}{t}^3}\left\{\frac{1}{t}\right\}&=-\frac{6}{t^4}& \frac{\mathrm{d}^4}{\mathrm{d}{t}^4}\left\{\frac{1}{t}\right\}&=\frac{24}{t^5} \end{aligned}$

따라서 구간 $[1,3]$ 에서 $\displaystyle\left|\frac{\mathrm{d}^4}{\mathrm{d}{t}^4}\left\{\frac{1}{t}\right\}\right| \leq 24$ 이다.

이제 $[1,3]$ 의 모든 $x$ 에 대해 오차가 0.1보다 작도록 보장하는 적당한 $n$ 을 구할 수 있다.

$\begin{aligned} \frac{L(b-a)^5}{180 n^4}&<0 .1 \\\frac{24(x-1)^5}{180 n^4}&< \frac{1}{10} \\n^4 &> \frac{24\cdot (x-1)^5}{18} \\ \text{$[1,3]$ 의 모든 $x$ 에 대해 $x-1 \leq 2$ 이므로, $n^4 > \dfrac{24\cdot 2^5}{18}$ 이면 허용되는 모든 $x$ 에 대해 $n^4 > \dfrac{24\cdot (x-1)^5}{18}$ 이다.} \\ n^4&> \frac{24\cdot 2^5}{18}= \frac{128}{3}\\ n&>\sqrt[4]{\frac{128}{3}}\approx 2.6 \end{aligned}$

$n$ 은 짝수여야 하므로, $n=4$ 개의 구간이면 $[1,3]$ 의 모든 $x$ 에 대해 오차가 너무 크지 않도록 보장하기에 충분하다. 이제 $n=4$ , $a=1$ , $b=x$ , $\Delta x = \dfrac{x-1}{4}$ 로 심프슨 공식에 의한 어림값을 구한다. $\frac{1}{t}$ 의 값을 계산하는 점들은 다음과 같다.

$\begin{aligned} x_0 =& 1 & x_1&=1+ \frac{x-1}{4}& x_2&=1+2\frac{x-1}{4}& x_3&=1+3\frac{x-1}{4}& x_4&=1+4\frac{x-1}{4}\\ & & &=\frac{x+3}{4}& &=\frac{x+1}{2}&&=\frac{3x+1}{4}& &=x \end{aligned}$

$\begin{aligned} \log x=\int_1^x \frac{1}{t}~\mathrm{d}t&\approx \frac{\Delta x}{3}\left[\frac{1}{x_0}+\frac{4}{x_1}+\frac{2}{x_2}+\frac{4}{x_3}+\frac{1}{x_4}\right]\\ &=\frac{x-1}{12}\left[1+\frac{16}{x+3}+\frac{4}{x+1}+\frac{16}{3x+1}+\frac{1}{x}\right]\\ &=f(x) \end{aligned}$

아래는 어림한 함수 $f(x)$ 와 자연로그 함수를 같은 좌표축에 나타낸 그래프이다. 자연로그 함수는 붉은 점선으로, 어림한 함수는 푸른 실선으로 나타냈다. 어림한 함수는 작은 양수 $x$ 에 대해 꽤 정확해 보인다.

원본 교재 풀이(영어)

Before we can take our Simpson's rule approximation of $\displaystyle\int_1^x \dfrac{1}{t}~\mathrm{d}t$ , we need to know how many intervals to use. That means we need to bound our error, which means we need to bound $\frac{\mathrm{d}^4}{\mathrm{d}{t}^4}\left\{\frac{1}{t}\right\}$ .

$\begin{aligned} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left\{\frac{1}{t}\right\}&=-\frac{1}{t^2}& \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}{t}^2}\left\{\frac{1}{t}\right\}&=\frac{2}{t^3}\\ \frac{\mathrm{d}^3}{\mathrm{d}{t}^3}\left\{\frac{1}{t}\right\}&=-\frac{6}{t^4}& \frac{\mathrm{d}^4}{\mathrm{d}{t}^4}\left\{\frac{1}{t}\right\}&=\frac{24}{t^5} \end{aligned}$

So, over the interval $[1,3]$ , $\displaystyle\left|\frac{\mathrm{d}^4}{\mathrm{d}{t}^4}\left\{\frac{1}{t}\right\}\right| \leq 24$ .

Now, we can find an appropriate $n$ to ensure our error will be be less than 0.1 for any $x$ in $[1,3]$ :

$\begin{aligned} \frac{L(b-a)^5}{180 n^4}&<0 .1 \\\frac{24(x-1)^5}{180 n^4}&< \frac{1}{10} \\n^4 &> \frac{24\cdot (x-1)^5}{18} \\ \text{Because $x-1 \leq 2$ for every $x$ in $[1,3]$, if $n^4 > \dfrac{24\cdot 2^5}{18}$, then $n^4 > \dfrac{24\cdot (x-1)^5}{18}$ for every allowed $x$.} \\ n^4&> \frac{24\cdot 2^5}{18}= \frac{128}{3}\\ n&>\sqrt[4]{\frac{128}{3}}\approx 2.6 \end{aligned}$

Since $n$ must be even, $n=4$ is enough intervals to guarantee our error is not too high for any $x$ in $[1,3]$ . Now we find our Simpson's rule approximation with $n=4$ , $a=1$ , $b=x$ , and $\Delta x = \dfrac{x-1}{4}$ . The points where we evaluate $\frac{1}{t}$ are:

$\begin{aligned} x_0 =& 1 & x_1&=1+ \frac{x-1}{4}& x_2&=1+2\frac{x-1}{4}& x_3&=1+3\frac{x-1}{4}& x_4&=1+4\frac{x-1}{4}\\ & & &=\frac{x+3}{4}& &=\frac{x+1}{2}&&=\frac{3x+1}{4}& &=x \end{aligned}$

$\begin{aligned} \log x=\int_1^x \frac{1}{t}~\mathrm{d}t&\approx \frac{\Delta x}{3}\left[\frac{1}{x_0}+\frac{4}{x_1}+\frac{2}{x_2}+\frac{4}{x_3}+\frac{1}{x_4}\right]\\ &=\frac{x-1}{12}\left[1+\frac{16}{x+3}+\frac{4}{x+1}+\frac{16}{3x+1}+\frac{1}{x}\right]\\ &=f(x) \end{aligned}$

Below is a graph of our approximation $f(x)$ and natural logarithm on the same axes. The natural logarithm function is shown red and dashed, while our approximating function is solid blue. Our approximation appears to be quite accurate for small, positive values of $x$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 2권 · 3.6절 · 9번

# 수치적분계산도전자동 분류

12.CLP-2 · 1.12절 · 17번대학 수준우리말 번역

직선 $y = \dfrac{1}{x\vphantom{\frac{1}{2}}}$ 의 $x=a$ 부터 $x=1$ 까지의 부분을 $y$ 축을 중심으로 회전시켜 부부젤라 모양의 키 큰 입체를 만든다. 여기서 $a$ 는 0과 1 사이의 어떤 상수이다.

참 또는 거짓: 상수 $M$ 이 아무리 크더라도, 부피가 $M$ 보다 큰 입체를 만드는 $a$ 의 값이 존재한다.

영어 원문 보기

We craft a tall, vuvuzela-shaped solid by rotating the line $y = \dfrac{1}{x\vphantom{\frac{1}{2}}}$ from $x=a$ to $x=1$ about the $y$ -axis, where $a$ is some constant between 0 and 1.

True or false: No matter how large a constant $M$ is, there is some value of $a$ that makes a solid with volume larger than $M$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

입체의 부피를 구하기 위해, 입체를 얇은 원판 모양의 가로 단면으로 자른다. 높이 $y$ 에서 원판의 반지름은 $x=\frac{1}{y}$ 이고 두께는 $\mathrm{d}y$ 이므로, 그 부피는 $\frac{\pi}{y^2}\mathrm{d}y$ 이다. 입체의 밑면은 높이 $y=1$ 에 있고, 꼭대기는 높이 $y=\frac{1}{a}$ 에 있다. 따라서 입체 전체의 부피는 다음과 같다.

$\begin{aligned} \int_1^{1/a} \frac{\pi}{y^2}\mathrm{d}y = \left[-\frac{\pi}{y}\right]_1^{1/a} = \pi (1-a) \end{aligned}$

$a$ 를 0에 점점 더 가깝게 하면 부피는 커져서 $\pi$ 단위에 점점 가까워지지만, 결코 $\pi$ 에 이르지는 못한다.

따라서 주어진 명제는 거짓이다. 예를 들어 $M=4$ 로 두면, 어떤 $a$ 를 택하더라도 이 입체의 부피는 $M$ 보다 확실히 작다.

참고: 앞에서 $\int_0^1 \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x$ 가 발산함을 보았다. $a=0$ 으로 택했을 때 만들어질 입체를 생각하면, 그 부피는 겨우 $\pi$ 세제곱 단위에 불과하지만, 그 실루엣(옆에서 본 모양)의 넓이는 무한하다.

원본 교재 풀이(영어)

To find the volume of the solid, we cut it into horizontal slices, which are thin circular disks. At height $y$ , the disk has radius $x=\frac{1}{y}$ and thickness $\mathrm{d}y$ , so its volume is $\frac{\pi}{y^2}\mathrm{d}y$ . The base of the solid is at height $y=1$ , and its top is at height $y=\frac{1}{a}$ . So, the volume of the entire solid is:

$\begin{aligned} \int_1^{1/a} \frac{\pi}{y^2}\mathrm{d}y = \left[-\frac{\pi}{y}\right]_1^{1/a} = \pi (1-a) \end{aligned}$

If we imagine sliding $a$ closer and closer to 0, the volume increases, getting closer and closer to $\pi$ units, but never quite reaching it.

So, the statement is false. For example, if we set $M=4$ , no matter which $a$ we choose our solid has volume strictly less than $M$ .

Remark: we've seen before that $\int_0^1 \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x$ diverges. If we imagine the solid that would result from choosing $a=0$ , it would have a scant volume of $\pi$ cubic units, but a silhouette (side view) of infinite area.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기Active Calculus · 6.5절 · 11번

# 이상적분개념 확인도전자동 분류

13.CLP-2 · 1.12절 · 25번대학 수준우리말 번역

$M_{n,t}$ 를 $n$ 개의 같은 길이의 부분구간으로 나눈 $\displaystyle\int_0^t \frac{e^{-x}}{1+x}\ \mathrm{d}x$ 의 중점 규칙 근삿값이라 하자. $M_{n,t}$ 와 $\int_0^\infty \frac{e^{-x}}{1+x}\ \mathrm{d}x$ 의 차가 $10^{-4}$ 이하가 되도록 하는 $t$ 의 값과 $n$ 의 값을 구하세요. 중점 규칙을 $n$ 개의 부분구간으로 사용할 때 생기는 오차 $E_n$ 은 다음을 만족함을 기억하세요.

$\begin{aligned} |E_n|\le \frac{M(b-a)^3}{24n^2} \end{aligned}$

여기서 $M$ 은 피적분함수의 이계도함수의 절댓값의 최댓값이고, $a$ 와 $b$ 는 적분 구간의 양 끝점이다.

영어 원문 보기

Let $M_{n,t}$ be the Midpoint Rule approximation for $\displaystyle\int_0^t \frac{e^{-x}}{1+x}\ \mathrm{d}x$ with $n$ equal subintervals. Find a value of $t$ and a value of $n$ such that $M_{n,t}$ differs from $\int_0^\infty \frac{e^{-x}}{1+x}\ \mathrm{d}x$ by at most $10^{-4}$ . Recall that the error $E_n$ introduced when the Midpoint Rule is used with $n$ subintervals obeys

$\begin{aligned} |E_n|\le \frac{M(b-a)^3}{24n^2} \end{aligned}$

where $M$ is the maximum absolute value of the second derivative of the integrand and $a$ and $b$ are the end points of the interval of integration.

정답·풀이 보기

오차의 원인은 두 가지이다. 하나는 위끝이 무한대가 아니라 $t$ 라는 것이고, 다른 하나는 유한한 개수 $n$ 의 구간으로 근사한다는 것이다. 먼저 오차가 $\frac{1}{2}10^{-4}$ 이하가 되도록 하는 $t$ 의 값을 찾는다. 즉 $\int_t^\infty \frac{e^{-x}}{1+x}~\mathrm{d}x \leq \frac{1}{2}10^{-4}$ 이 되는 $t$ 를 찾는다. 그 다음에 $\int_0^t \frac{e^{-x}}{x+1}~\mathrm{d}x$ 를 $\frac{1}{2}10^{-4}$ 이내로 근사하는 $n$ 의 값을 찾는다. 그러면 전체 오차는 최대 $\frac{1}{2}10^{-4} + \frac{1}{2}10^{-4} = 10^{-4}$ 이 되어 원하는 결과를 얻는다. (오차를 $\frac{1}{2}10^{-4}$ 과 $\frac{1}{2}10^{-4}$ 이 아닌 다른 방식으로 나눌 수도 있다. 이렇게 하면 가능한 여러 답 중 하나를 얻게 된다.)

$\int_t^\infty \frac{e^{-x}}{1+x}\ \mathrm{d}x\le\frac{1}{2} 10^{-4}$ 이 되는 $t$ 를 찾자. 모든 $x\ge 0$ 에 대해 $0<\frac{e^{-x}}{1+x}\le e^{-x}$ 이므로

$\begin{aligned} \int_t^\infty \frac{e^{-x}}{1+x}\ \mathrm{d}x \le \int_t^\infty e^{-x}\ \mathrm{d}x =e^{-t}&\stackrel{(*)}{\le}\frac{1}{2} 10^{-4}\\ \text{여기서 ($*$)는 다음이 성립하면 참이다: }\quad t&\ge -\log\Big(\frac{1}{2} 10^{-4}\Big)\approx 9.90 \end{aligned}$

예를 들어 $t=10$ 으로 택한다.

이제 $\displaystyle\int_0^t \frac{e^{-x}}{x+1}~\mathrm{d}x$ 를 근사하는 데 사용할 구간의 개수를 정하자. 이번에도 오차가 $\frac{1}{2}10^{-4}$ 보다 작아야 한다. 오차의 한계를 구하려면 $\frac{e^{-x}}{x+1}$ 의 이계도함수를 알아야 한다.

$\begin{aligned} f(x)=\frac{e^{-x}}{1+x} \implies f'(x)=-\frac{e^{-x}}{1+x}-\frac{e^{-x}}{(1+x)^2} \implies f''(x)&=\frac{e^{-x}}{1+x}+2\frac{e^{-x}}{(1+x)^2} +2\frac{e^{-x}}{(1+x)^3} \end{aligned}$

$f''(x)$ 는 양수이고 $x$ 가 증가하면 감소하므로

$\begin{aligned} |f''(x)|\le f''(0) = 5 \implies |E_n|\le\frac{5(10-0)^3}{24n^2}=\frac{5000}{24n^2} =\frac{625}{3n^2} \end{aligned}$

이고, 다음이 성립하면 $|E_n|\le \frac{1}{2} 10^{-4}$ 이다.

$\begin{aligned} &&\frac{625}{3n^2}&\le \frac{1}{2} 10^{-4}\\ &\iff\qquad & n^2&\ge \frac{1250\times 10^4}{3}\\ &\iff\quad &n&\ge \sqrt{\frac{1.25\times 10^7}{3}} \approx 2041.2 \end{aligned}$

따라서 $t=10$ , $n= 2042$ 로 하면 된다. 이 밖에도 옳은 답이 많이 있다.

원본 교재 풀이(영어)

There are two sources of error: the upper bound is $t$ , rather than infinity, and we're using an approximation with some finite number of intervals, $n$ . Our plan is to first find a value of $t$ that introduces an error of no more than $\frac{1}{2}10^{-4}$ . That is, we'll find a value of $t$ such that $\int_t^\infty \frac{e^{-x}}{1+x}~\mathrm{d}x \leq \frac{1}{2}10^{-4}$ . After that, we'll find a value of $n$ that approximates $\int_0^t \frac{e^{-x}}{x+1}~\mathrm{d}x$ to within $\frac{1}{2}10^{-4}$ . Then, all together, our error will be at most $\frac{1}{2}10^{-4} + \frac{1}{2}10^{-4} = 10^{-4}$ , as desired. (Note we could have broken up the error in another way—it didn't have to be $\frac{1}{2}10^{-4}$ and $\frac{1}{2}10^{-4}$ . This will give us one of many possible answers.)

Let's find a $t$ such that $\int_t^\infty \frac{e^{-x}}{1+x}\ \mathrm{d}x\le\frac{1}{2} 10^{-4}$ . For all $x\ge 0$ , $0<\frac{e^{-x}}{1+x}\le e^{-x}$ , so

$\begin{aligned} \int_t^\infty \frac{e^{-x}}{1+x}\ \mathrm{d}x \le \int_t^\infty e^{-x}\ \mathrm{d}x =e^{-t}&\stackrel{(*)}{\le}\frac{1}{2} 10^{-4}\\ \text{where ($*$) is true if }\quad t&\ge -\log\Big(\frac{1}{2} 10^{-4}\Big)\approx 9.90 \end{aligned}$

Choose, for example, $t=10$ .

Now it's time to decide how many intervals we're going to use to approximate $\displaystyle\int_0^t \frac{e^{-x}}{x+1}~\mathrm{d}x$ . Again, we want our error to be less than $\frac{1}{2}10^{-4}$ . To bound our error, we need to know the second derivative of $\frac{e^{-x}}{x+1}$ .

$\begin{aligned} f(x)=\frac{e^{-x}}{1+x} \implies f'(x)=-\frac{e^{-x}}{1+x}-\frac{e^{-x}}{(1+x)^2} \implies f''(x)&=\frac{e^{-x}}{1+x}+2\frac{e^{-x}}{(1+x)^2} +2\frac{e^{-x}}{(1+x)^3} \end{aligned}$

Since $f''(x)$ is positive, and decreases as $x$ increases,

$\begin{aligned} |f''(x)|\le f''(0) = 5 \implies |E_n|\le\frac{5(10-0)^3}{24n^2}=\frac{5000}{24n^2} =\frac{625}{3n^2} \end{aligned}$

and $|E_n|\le \frac{1}{2} 10^{-4}$ if

$\begin{aligned} &&\frac{625}{3n^2}&\le \frac{1}{2} 10^{-4}\\ &\iff\qquad & n^2&\ge \frac{1250\times 10^4}{3}\\ &\iff\quad &n&\ge \sqrt{\frac{1.25\times 10^7}{3}} \approx 2041.2 \end{aligned}$

So $t=10$ and $n= 2042$ will do the job. There are many other correct answers.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.12절 · 27번

# 이상적분활용도전자동 분류

14.CLP-2 · 1.12절 · 27번대학 수준우리말 번역

참 또는 거짓: $x \geq 1$ 인 어떤 실수 $x$ 가 존재하여 $\displaystyle\int_0^x \frac{1}{e^t}~\mathrm{d}t = 1$ 이다.

영어 원문 보기

True or false: There is some real number $x$ , with $x \geq 1$ , such that $\displaystyle\int_0^x \frac{1}{e^t}~\mathrm{d}t = 1$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

$F(x)= \int_0^x \frac{1}{e^{t}}\mathrm{d}t$ 라 하자.

$\begin{aligned} F(x)=\int_0^x \frac{1}{e^{t}}\mathrm{d}t&=\left[-\frac{1}{e^{t}}\right]_0^x = \frac{1}{e^0}-\frac{1}{e^{x}}<\frac{1}{e^0}=1 \end{aligned}$

따라서 주어진 명제는 거짓이다. $F(x)=1$ 인 $x$ 는 존재하지 않는다. 모든 실수 $x$ 에 대해 $F(x) < \frac{1}{e^0}=1$ 이다.

여기서 $\displaystyle\lim_{x \to \infty} \int_0^x\frac{1}{e^{t}}\mathrm{d}t=1$ 임에 주목하자. 즉 $x$ 가 커질수록 $F(x)$ 와 1 의 차는 한없이 작아진다. 그러나 $F(x)$ 가 정확히 1 과 같아지는 실수 $x$ 의 값은 없다.

원본 교재 풀이(영어)

Define $F(x)= \int_0^x \frac{1}{e^{t}}\mathrm{d}t$ .

$\begin{aligned} F(x)=\int_0^x \frac{1}{e^{t}}\mathrm{d}t&=\left[-\frac{1}{e^{t}}\right]_0^x = \frac{1}{e^0}-\frac{1}{e^{x}}<\frac{1}{e^0}=1 \end{aligned}$

So, the statement is false: there is no $x$ such that $F(x)=1$ . For every real $x$ , $F(x) < \frac{1}{e^0}=1$ .

We note here that $\displaystyle\lim_{x \to \infty} \int_0^x\frac{1}{e^{t}}\mathrm{d}t=1$ . So, as $x$ grows larger, the gap between $F(x)$ and 1 grows infintesimally small. But there is no real value of $x$ where $F(x)$ is exactly equal to 1.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 2권 · 3.7절 · 29번

# 이상적분개념 확인도전자동 분류

15.CLP-2 · 1.13절 · 30번대학 수준우리말 번역

$\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sqrt{\cos t+1}\ \mathrm{d}t$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\sqrt{\cos t+1}\ \mathrm{d}t$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

제곱근이 없었으면 좋겠다. 다행히 코사인을 코사인의 제곱으로 바꾸는 방법이 있다. 바로 항등식 $\cos(2x) = 2\cos^2x -1$ 이다. $2x=t$ 로 놓으면 $\cos t = 2\cos^2(t/2)-1$ 이다.

$\begin{aligned} \int_0^{\pi/2}\sqrt{\cos t+1}\ \mathrm{d}t&=\int_0^{\pi/2}\sqrt{2\cos^2 (t/2)}~\mathrm{d}t = \sqrt{2}\int_0^{\pi/2} |\cos (t/2)|~\mathrm{d}t \\ \text{구간 $[0,\frac{\pi}{2}]$ 에서 $\cos (t/2) >0$ 이므로 절댓값 기호를 없앨 수 있다.} \\ &= \sqrt{2}\int_0^{\pi/2} \cos (t/2)~\mathrm{d}t = \sqrt{2}\left[2\sin\left(\frac{t}{2}\right)\right]_0^{\pi/2}\\ &=2\sqrt{2}\sin\left(\frac{\pi}{4}\right) = {2} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

We would like to not have that square root there. Luckily, there's a way of turning cosine into cosine squared: the identity $\cos(2x) = 2\cos^2x -1$ . If we take $2x=t$ , then $\cos t = 2\cos^2(t/2)-1$ .

$\begin{aligned} \int_0^{\pi/2}\sqrt{\cos t+1}\ \mathrm{d}t&=\int_0^{\pi/2}\sqrt{2\cos^2 (t/2)}~\mathrm{d}t = \sqrt{2}\int_0^{\pi/2} |\cos (t/2)|~\mathrm{d}t \\ \text{Over the interval $[0,\frac{\pi}{2}]$, $\cos (t/2) >0$, so we can drop the absolute values.} \\ &= \sqrt{2}\int_0^{\pi/2} \cos (t/2)~\mathrm{d}t = \sqrt{2}\left[2\sin\left(\frac{t}{2}\right)\right]_0^{\pi/2}\\ &=2\sqrt{2}\sin\left(\frac{\pi}{4}\right) = {2} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.13절 · 6번

# 적분 전략 고르기계산도전자동 분류

16.CLP-2 · 1.13절 · 31번대학 수준우리말 번역

$\displaystyle\int_1^e \frac{\log\sqrt{x}}{{x}}\,\mathrm{d}x$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate $\displaystyle\int_1^e \frac{\log\sqrt{x}}{{x}}\,\mathrm{d}x$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

풀이 1: 로그의 성질에 의해 $\log\sqrt{x} = \log\left(x^{1/2}\right)=\frac{1}{2}\log x$ 이므로 다음과 같이 간단히 할 수 있다: $\int_1^e \frac{\log\sqrt{x}}{{x}}\mathrm{d}x =\int_1^e \frac{\log{x}}{{2x}}\mathrm{d}x$

치환 $u=\log x$ , $\mathrm{d}u=\frac{1}{x}\mathrm{d}x$ 를 사용한다:

$\begin{aligned} \int_1^e \frac{\log{x}}{{2x}}\mathrm{d}x&=\frac{1}{2}\int_1^e \underbrace{\log(x)}_{u}\cdot\underbrace{\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x}_{\mathrm{d}u}\\ &=\frac{1}{2}\int_{\log(1)}^{\log(e)}u\,\mathrm{d}u\\ &=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}u\,\mathrm{d}u\\ &=\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{2}u^2\right]_0^1\\ &=\frac{1}{2}\left[\frac{1}{2}-0\right]=\dfrac{1}{4} \end{aligned}$

풀이 2: 치환 $u=\log\sqrt{x}$ 를 사용한다. 그러면 $\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=\dfrac{1}{\sqrt{x}}\cdot\dfrac{1}{2\sqrt{x}}=\dfrac{1}{2x}$ 이므로 $2\mathrm{d}u=\dfrac{1}{x}\mathrm{d}x$ 이다. 이는 주어진 적분에 딱 맞는다!

$\begin{aligned} \int_1^e\frac{\log\sqrt{x}}{x}\mathrm{d}x &= \int_{\log\sqrt{1}}^{\log\sqrt{e}}u\cdot 2\mathrm{d}u \\ &=\Big[u^2\Big]_{0}^{1/2}\\ &=\left(\frac{1}{2}\right)^2-0^2=\frac{1}{4} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Solution 1: Using logarithm rules, $\log\sqrt{x} = \log\left(x^{1/2}\right)=\frac{1}{2}\log x$ , so we can simplify: $\int_1^e \frac{\log\sqrt{x}}{{x}}\mathrm{d}x =\int_1^e \frac{\log{x}}{{2x}}\mathrm{d}x$

We use the substitution $u=\log x$ , $\mathrm{d}u=\frac{1}{x}\mathrm{d}x$ :

$\begin{aligned} \int_1^e \frac{\log{x}}{{2x}}\mathrm{d}x&=\frac{1}{2}\int_1^e \underbrace{\log(x)}_{u}\cdot\underbrace{\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x}_{\mathrm{d}u}\\ &=\frac{1}{2}\int_{\log(1)}^{\log(e)}u\,\mathrm{d}u\\ &=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}u\,\mathrm{d}u\\ &=\frac{1}{2}\left[ \frac{1}{2}u^2\right]_0^1\\ &=\frac{1}{2}\left[\frac{1}{2}-0\right]=\dfrac{1}{4} \end{aligned}$

Solution 2: We use the substitution $u=\log\sqrt{x}$ . Then $\dfrac{\mathrm{d}u}{\mathrm{d}x}=\dfrac{1}{\sqrt{x}}\cdot\dfrac{1}{2\sqrt{x}}=\dfrac{1}{2x}$ , hence $2\mathrm{d}u=\dfrac{1}{x}\mathrm{d}x$ . This fits our integral nicely!

$\begin{aligned} \int_1^e\frac{\log\sqrt{x}}{x}\mathrm{d}x &= \int_{\log\sqrt{1}}^{\log\sqrt{e}}u\cdot 2\mathrm{d}u \\ &=\Big[u^2\Big]_{0}^{1/2}\\ &=\left(\frac{1}{2}\right)^2-0^2=\frac{1}{4} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.13절 · 26번

# 적분 전략 고르기계산도전자동 분류

17.CLP-2 · 1.13절 · 32번대학 수준우리말 번역

다음 값을 구하세요. $\displaystyle\int_{0.1}^{0.2} \frac{\tan x}{\log(\cos x)}\, \mathrm{d}x$ .

영어 원문 보기

Evaluate $\displaystyle\int_{0.1}^{0.2} \frac{\tan x}{\log(\cos x)}\, \mathrm{d}x$ .

정답·풀이 보기

$\int_{0.1}^{0.2} \frac{\tan x}{\log(\cos x)} \mathrm{d}x$

이 문제는 어떻게 풀어야 할지 바로 떠오르지 않을 수 있다. 그러므로 이것은 통하지 않는 방법을 찾았다고 낙담해서는 안 되는 적분의 또 다른 예이다. 지금까지 우리에게 효과가 있었던 방법 하나는 분모를 $u$ 로 놓는 치환을 쓰는 것이다. 이를 염두에 두고 분모의 도함수를 구해 보자. $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{\log(\cos x)\right\}= \frac{1}{\cos x}\cdot (-\sin x) = \frac{-\sin x}{\cos x} = -\tan x$

따라서 $u=\log(\cos x$ )로 놓으면 $-\mathrm{d}u=\tan x \mathrm{d}x$ 이므로 치환에 쓸 수 있다.

$\begin{aligned} \int_{0.1}^{0.2} \frac{\tan x}{\log(\cos x)} \mathrm{d}x&= \int_{\log(\cos(0.1))}^{\log(\cos(0.2))} \frac{-\mathrm{d}u}{u}\\ &=\Big[-\log|u|\Big]_{\log(\cos(0.1))}^{\log(\cos(0.2))} \\ &= -\log|\log(\cos 0.2)|+\log|\log(\cos 0.1)|\\ &={\log\left|\frac{\log(\cos(0.1))}{\log(\cos(0.2))}\right|}\\&= \log\left(\frac{\log(\cos(0.1))}{\log(\cos(0.2))}\right) \end{aligned}$

주목할 점: 피적분함수는 $\log(\cos x)$ 가 존재하고 0이 아닐 때에만 정의된다. 예를 들어 $x=0$ 일 때는 $\log\cos x = \log1=0$ 이 되어 0으로 나눌 수 없으므로 정의되지 않는다.

마지막 정리에서 $0.1$ 과 $0.2$ 는 0과 $\pi/2$ 사이에 있으므로 코사인 값은 양수이면서 1보다 작다. 따라서 $\log(\cos 0.1)$ 과 $\log(\cos 0.2)$ 는 모두 음수이고, 그 몫은 양수이므로 절댓값 기호를 없앨 수 있다.

밑 변환 공식을 쓰면 최종 답을 $\log\left(\log_{\cos (0.2)}\cos(0.1)\right)$ 로도 나타낼 수 있다.

원본 교재 풀이(영어)

$\int_{0.1}^{0.2} \frac{\tan x}{\log(\cos x)} \mathrm{d}x$

It might not be immediately obvious how to proceed on this one, so this is another example of an integral where you should not be discouraged by finding methods that don't work. One thing that's worked for us in the past is to use a $u$ -substitution with the denominator. With that in mind, let's find the derivative of the denominator. $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left\{\log(\cos x)\right\}= \frac{1}{\cos x}\cdot (-\sin x) = \frac{-\sin x}{\cos x} = -\tan x$

So, if we let $u=\log(\cos x$ ), we see $-\mathrm{d}u=\tan x \mathrm{d}x$ , which will work for a substitution.

$\begin{aligned} \int_{0.1}^{0.2} \frac{\tan x}{\log(\cos x)} \mathrm{d}x&= \int_{\log(\cos(0.1))}^{\log(\cos(0.2))} \frac{-\mathrm{d}u}{u}\\ &=\Big[-\log|u|\Big]_{\log(\cos(0.1))}^{\log(\cos(0.2))} \\ &= -\log|\log(\cos 0.2)|+\log|\log(\cos 0.1)|\\ &={\log\left|\frac{\log(\cos(0.1))}{\log(\cos(0.2))}\right|}\\&= \log\left(\frac{\log(\cos(0.1))}{\log(\cos(0.2))}\right) \end{aligned}$

Things to notice: the integrand is only defined when $\log(\cos x)$ exists AND is nonzero. So, for instance, it is not defined when $x=0$ , because then $\log\cos x = \log1=0$ , and we can't divide by zero.

In the final simplification, since $0.1$ and $0.2$ are between 0 and $\pi/2$ , the cosine term is positive but less than one, so $\log(\cos 0.1)$ and $\log(\cos 0.2)$ are both negative; then their quotient is positive, so we can drop the absolute value signs.

Using the base change formula, we can also write the final answer as $\log\left(\log_{\cos (0.2)}\cos(0.1)\right)$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.13절 · 25번

# 적분 전략 고르기계산도전자동 분류

18.CLP-2 · 1.13절 · 34번대학 수준우리말 번역

(근거를 들어) 값을 구하세요.

(a) $\displaystyle\int_0^3(x+1)\sqrt{9-x^2} \ \mathrm{d}x$ (b) $\displaystyle\int\frac{4x+8}{(x-2)(x^2+4)}\ \mathrm{d}x$ (c) $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{e^x+e^{-x}}\ \mathrm{d}x$

영어 원문 보기

Evaluate (with justification).

(a) $\displaystyle\int_0^3(x+1)\sqrt{9-x^2} \ \mathrm{d}x$ (b) $\displaystyle\int\frac{4x+8}{(x-2)(x^2+4)}\ \mathrm{d}x$ (c) $\displaystyle\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{1}{e^x+e^{-x}}\ \mathrm{d}x$

정답·풀이 보기

(a) 피적분함수를 전개하면 그중 한 부분은 매우 익숙한 원의 일부이다. 따라서 주어진 적분을 둘로 나눈다.

$\int_0^3(x+1)\sqrt{9-x^2} \ \mathrm{d}x = \int_0^3\sqrt{9-x^2} \ \mathrm{d}x +\int_0^3x\sqrt{9-x^2} \ \mathrm{d}x$

첫째 항은 $0\le x\le 3$ 에서 $x$ 축의 위쪽, 곡선 $y=\sqrt{9-x^2}$ , 즉 $x^2+y^2=9$ 의 아래쪽에 있는 부분의 넓이를 나타낸다. 이것은 반지름이 $3$ 인 원의 사분원 하나의 넓이이다. 따라서

$\int_0^3\sqrt{9-x^2} \ \mathrm{d}x =\frac{1}{4}(\pi \cdot 3^2) = \frac{9}{4}\pi$

둘째 항은 $u=9-x^2$ , $\mathrm{d}u= -2x\,\mathrm{d}x$ 로 치환한다. $u(0)=9$ 이고 $u(3)=0$ 임에 주목한다. 따라서

$\begin{aligned} \int_0^3x\sqrt{9-x^2} \ \mathrm{d}x = \int_9^0\sqrt{u} \ \frac{\mathrm{d}u}{-2} =-\frac{1}{2}\left[\frac{u^{3/2}}{3/2}\right]_9^0 =-\frac{1}{2}\left[-\frac{27}{3/2}\right] =9 \end{aligned}$

모두 합하면

$\int_0^3(x+1)\sqrt{9-x^2} \ \mathrm{d}x = \frac{9}{4}\pi + 9$

이다.

(b) 피적분함수는 $N(x)/D(x)$ 꼴이며 $D(x)$ 는 이미 인수분해되어 있고 $N(x)$ 의 차수가 더 낮다. 곧바로 부분분수 분해를 찾는다.

$\frac{4x+8}{(x-2)(x^2+4)} = \frac{A}{x-2} + \frac{Bx+C}{x^2+4}.$

양변에 분모를 곱하면

$\begin{aligned} 4x+8 &= A(x^2+4) + (Bx+C)(x-2) \tag{$*$} \end{aligned}$

이다. $x=2$ 를 대입하면 다음을 얻는다.

$\begin{aligned} 8 +8 = A(4 + 4) + 0 \implies 16 =8A \implies A = 2 \end{aligned}$

$(*)$ 에 $A=2$ 를 대입하면

$\begin{aligned} &&4x+8 &= A(x^2+4) + (Bx+C)(x-2) \\ &\implies & -2x^2+4 x &=(x-2)(Bx + C) \\ &\implies\qquad & (-2x)(x-2)&=(Bx + C)(x-2) \\ & \implies& B& =-2,~C=0 \end{aligned}$

이다. 따라서 $A=2$ , $B=-2$ , $C=0$ 임을 알았다. 그러므로

$\begin{aligned} \int\frac{4x+8}{(x-2)(x^2+4)}\ \mathrm{d}x &= \int \bigg( \frac{{red}2}{x-2} {red}- \frac{{red}2x}{x^2+4} \bigg) \,\mathrm{d}x \\ &= 2 \log |x-2| - \log (x^2 + 4) + C \end{aligned}$

이다. 여기서 둘째 적분은 부정적분을 짐작하는 것만으로 구했다. 다른 방법으로, $u=x^2+4$ , $\mathrm{d}u=2x\,\mathrm{d}x$ 로 치환할 수도 있다.

(c) 주어진 적분은 이상적분이지만, 그것은 적분의 위끝과 아래끝이 무한대이기 때문일 뿐이다. (피적분함수는 모든 실수에서 연속이다.) 따라서 극한을 두 번 취해야 한다. 그에 앞서 먼저 부정적분을 구하자. $u=e^x$ , $\mathrm{d}u=e^x~\mathrm{d}x$ 로 치환하려 한다. 즉 $\frac{1}{u}~\mathrm{d}u = \mathrm{d}x$ 이다.

$\begin{aligned} \int \frac{1}{e^x+e^{-x}}~\mathrm{d}x&=\int \frac{1}{u(u+\frac{1}{u})}~\mathrm{d}u = \int\frac{1}{u^2+1} = \arctan u+C \\&=\arctan(e^x)+C \\ \text{이제 적분의 위끝과 아래끝을 다룰 수 있다.} \\ \int _{ -\infty}^\infty\frac{1}{e^x+e^{-x}}~\mathrm{d}x&= \int _{ -\infty}^0\frac{1}{e^x+e^{-x}}~\mathrm{d}x+ \int _{ 0}^\infty\frac{1}{e^x+e^{-x}}~\mathrm{d}x\\&= \lim_{a \to -\infty}\left[\int_{a}^0\frac{1}{e^x+e^{-x}}~\mathrm{d}x\right]+ \lim_{b \to \infty}\left[\int_{ 0}^b\frac{1}{e^x+e^{-x}}~\mathrm{d}x\right]\\&= \lim_{a \to -\infty}\big[\arctan(e^x)\big]_a^0+ \lim_{b \to \infty}\big[\arctan(e^x)\big]_0^b\\&= \lim_{a \to -\infty}\big[\arctan(e^0)-\arctan(e^a)\big]+ \lim_{b \to \infty}\big[\arctan(e^b)-\arctan(e^0)\big]\\&= \lim_{a \to -\infty}\big[-\arctan(e^a)\big]+ \lim_{b \to \infty}\big[\arctan(e^b)\big]\\ &=-\arctan(0)+\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2} \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

(a) If we expand the integrand, one part of it is quite familiar–a portion of a circle. So, we split the specified integral in two.

$\int_0^3(x+1)\sqrt{9-x^2} \ \mathrm{d}x = \int_0^3\sqrt{9-x^2} \ \mathrm{d}x +\int_0^3x\sqrt{9-x^2} \ \mathrm{d}x$

The first piece represents the area above the $x$ –axis and below the curve $y=\sqrt{9-x^2}$ , i.e. $x^2+y^2=9$ , with $0\le x\le 3$ . That's the area of one quadrant of a disk of radius $3$ . So

$\int_0^3\sqrt{9-x^2} \ \mathrm{d}x =\frac{1}{4}(\pi \cdot 3^2) = \frac{9}{4}\pi$

For the second part, we substitute $u=9-x^2$ , $\mathrm{d}u= -2x\,\mathrm{d}x$ . Note $u(0)=9$ and $u(3)=0$ . So,

$\begin{aligned} \int_0^3x\sqrt{9-x^2} \ \mathrm{d}x = \int_9^0\sqrt{u} \ \frac{\mathrm{d}u}{-2} =-\frac{1}{2}\left[\frac{u^{3/2}}{3/2}\right]_9^0 =-\frac{1}{2}\left[-\frac{27}{3/2}\right] =9 \end{aligned}$

All together,

$\int_0^3(x+1)\sqrt{9-x^2} \ \mathrm{d}x = \frac{9}{4}\pi + 9$

(b) The integrand is of the form $N(x)/D(x)$ with $D(x)$ already factored and $N(x)$ of lower degree. We immediately look for a partial fractions decomposition:

$\frac{4x+8}{(x-2)(x^2+4)} = \frac{A}{x-2} + \frac{Bx+C}{x^2+4}.$

Multiplying through by the denominator yields

$\begin{aligned} 4x+8 &= A(x^2+4) + (Bx+C)(x-2) \tag{$*$} \end{aligned}$

Setting $x=2$ we find:

$\begin{aligned} 8 +8 = A(4 + 4) + 0 \implies 16 =8A \implies A = 2 \end{aligned}$

Substituting $A=2$ in $(*)$ gives

$\begin{aligned} &&4x+8 &= A(x^2+4) + (Bx+C)(x-2) \\ &\implies & -2x^2+4 x &=(x-2)(Bx + C) \\ &\implies\qquad & (-2x)(x-2)&=(Bx + C)(x-2) \\ & \implies& B& =-2,~C=0 \end{aligned}$

So we have found that $A=2$ , $B=-2$ , and $C=0$ . Therefore

$\begin{aligned} \int\frac{4x+8}{(x-2)(x^2+4)}\ \mathrm{d}x &= \int \bigg( \frac{{red}2}{x-2} {red}- \frac{{red}2x}{x^2+4} \bigg) \,\mathrm{d}x \\ &= 2 \log |x-2| - \log (x^2 + 4) + C \end{aligned}$

Here the second integral was found just by guessing an antiderivative. Alternatively, one could use the substitution $u=x^2+4$ , $\mathrm{d}u=2x\,\mathrm{d}x$ .

(c) The given integral is improper, but only because of its infinite limits of integration. (The integrand is continuous for all real numbers.) So, we'll have to take two limits. Before we do that, though, let's find the antiderivative. We would like to use the substitution $u=e^x$ , $\mathrm{d}u=e^x~\mathrm{d}x$ . That is, $\frac{1}{u}~\mathrm{d}u = \mathrm{d}x$ .

$\begin{aligned} \int \frac{1}{e^x+e^{-x}}~\mathrm{d}x&=\int \frac{1}{u(u+\frac{1}{u})}~\mathrm{d}u = \int\frac{1}{u^2+1} = \arctan u+C \\&=\arctan(e^x)+C \\ \text{Now we can deal with the limits of integration.} \\ \int _{ -\infty}^\infty\frac{1}{e^x+e^{-x}}~\mathrm{d}x&= \int _{ -\infty}^0\frac{1}{e^x+e^{-x}}~\mathrm{d}x+ \int _{ 0}^\infty\frac{1}{e^x+e^{-x}}~\mathrm{d}x\\&= \lim_{a \to -\infty}\left[\int_{a}^0\frac{1}{e^x+e^{-x}}~\mathrm{d}x\right]+ \lim_{b \to \infty}\left[\int_{ 0}^b\frac{1}{e^x+e^{-x}}~\mathrm{d}x\right]\\&= \lim_{a \to -\infty}\big[\arctan(e^x)\big]_a^0+ \lim_{b \to \infty}\big[\arctan(e^x)\big]_0^b\\&= \lim_{a \to -\infty}\big[\arctan(e^0)-\arctan(e^a)\big]+ \lim_{b \to \infty}\big[\arctan(e^b)-\arctan(e^0)\big]\\&= \lim_{a \to -\infty}\big[-\arctan(e^a)\big]+ \lim_{b \to \infty}\big[\arctan(e^b)\big]\\ &=-\arctan(0)+\frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2} \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 2권 · 3.5절 · 4번

# 적분 전략 고르기계산도전자동 분류

19.CLP-2 · 1.13절 · 35번대학 수준우리말 번역

$\displaystyle\int \sqrt{\frac{x}{1-x}}~\mathrm{d}x$ 를 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate $\displaystyle\int \sqrt{\frac{x}{1-x}}~\mathrm{d}x$ .

답 쓰고 채점

부정적분은 끝에 「+ C」 도 붙여요

정답·풀이 보기

어디서부터 시작해야 할지 바로 분명하지는 않지만, 특히 제곱근이 포함되어 있을 때는 분모를 $u$ -치환에 이용하는 것이 우리가 지금까지 본 일반적인 방법이다.

$u = \sqrt{1-x}$ , $\mathrm{d}u = -\frac{1}{2\sqrt{1-x}}\mathrm{d}x$ 라 하자. 그러면 $u^2=1-x$ 이므로 $x = 1-u^2$ 이다.

$\begin{aligned} \int \sqrt{\frac{x}{1-x}}~\mathrm{d}x&=2\int \frac{\sqrt{x}}{2\sqrt{1-x}}~\mathrm{d}x =- 2\int\sqrt{1-u^2}~\mathrm{d}u \\ \text{이제 익숙한 상황으로 돌아왔다. $u=\sin \theta$, $\mathrm{d}u=\cos \theta~\mathrm{d}\theta$ 로 놓자.} \\ &=-2\int\sqrt{1-\sin^2 \theta }\cos\theta~\mathrm{d}\theta\\ &=-2\int\cos^2\theta~\mathrm{d}\theta\\ &=-\int \big(1+\cos(2\theta)\big)~\mathrm{d}\theta\\ &=-\theta - \frac{1}{2}\sin(2\theta)+C\\ &=-\theta - \sin\theta\cos\theta+C\\ &=-\arcsin u - u\sqrt{1-u^2}+C \tag{$*$}\\ \smash{ ![그림](clp/tikz/a3eaf2cde9.png) }\,&=-\arcsin (\sqrt{1-x})-\sqrt{1-x}\sqrt{x}+C \end{aligned}$

( $*$ )에서 $\theta$ 를 $u$ 로 바꾸기 위해, 치환 $u=\sin\theta$ 로부터 $\theta = \arcsin u$ 임을 알 수 있다. $\cos \theta$ 를 구하려면, 풀이 과정을 거꾸로 따라가 이미 $\sqrt{1-u^2}$ 을 $\cos\theta$ 로 간단히 했음을 확인하거나, 한 각이 $\theta$ 이고 $\sin \theta=u$ 인 직각삼각형을 그린 다음 피타고라스 정리를 이용하여 이 삼각형의 밑변의 길이와 $\cos\theta$ 를 구하면 된다.

원본 교재 풀이(영어)

It's not immediately clear where to start, but a common method we've seen is to use the denominator in a $u$ -substitution, especially when square roots are involved.

Let $u = \sqrt{1-x}$ , $\mathrm{d}u = -\frac{1}{2\sqrt{1-x}}\mathrm{d}x$ . Then $u^2=1-x$ , so $x = 1-u^2$ .

$\begin{aligned} \int \sqrt{\frac{x}{1-x}}~\mathrm{d}x&=2\int \frac{\sqrt{x}}{2\sqrt{1-x}}~\mathrm{d}x =- 2\int\sqrt{1-u^2}~\mathrm{d}u \\ \text{Now we're back in familiar territory. Let $u=\sin \theta$, $\mathrm{d}u=\cos \theta~\mathrm{d}\theta$.} \\ &=-2\int\sqrt{1-\sin^2 \theta }\cos\theta~\mathrm{d}\theta\\ &=-2\int\cos^2\theta~\mathrm{d}\theta\\ &=-\int \big(1+\cos(2\theta)\big)~\mathrm{d}\theta\\ &=-\theta - \frac{1}{2}\sin(2\theta)+C\\ &=-\theta - \sin\theta\cos\theta+C\\ &=-\arcsin u - u\sqrt{1-u^2}+C \tag{$*$}\\ \smash{ ![figure](clp/tikz/a3eaf2cde9.png) }\,&=-\arcsin (\sqrt{1-x})-\sqrt{1-x}\sqrt{x}+C \end{aligned}$

In ( $*$ ), to convert from $\theta$ to $u$ , our substitution $u=\sin\theta$ tells us $\theta = \arcsin u$ . To find $\cos \theta$ , we can either trace our work backwards to see that we already simplified $\sqrt{1-u^2}$ into $\cos\theta$ , or we can draw a right triangle with angle $\theta$ and $\sin \theta=u$ , then use the Pythagorean theorem to find the length of the adjacent side of the triangle and $\cos\theta$ .

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 2권 · 3.5절 · 2번

# 적분 전략 고르기계산도전자동 분류

20.CLP-2 · 1.13절 · 36번대학 수준우리말 번역

$\displaystyle\int_0^1e^{2x}e^{e^x}\,\mathrm{d}x$ 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate $\displaystyle\int_0^1e^{2x}e^{e^x}\,\mathrm{d}x$ .

답 쓰고 채점

정답·풀이 보기

치환 $u=e^x$ 을 사용하자. 이것이 좋은 선택이라고 생각할 만한 이유가 몇 가지 있다. 이것은 “안쪽 함수”이다. $f(x)=e^x$ 라 하면 $f(e^x)=e^{e^x}$ 이고, 이는 피적분함수의 일부이기 때문이다. 또 $e^{2x}=e^x\cdot e^x$ 이므로, 그 도함수 $e^x$ 가 피적분함수의 나머지 부분에 곱해져 있다.

$u=e^x$ 라 하면 $\mathrm{d}u = e^x\mathrm{d}x$ 이다. $x=0$ 일 때 $u=1$ 이고, $x=1$ 일 때 $u=e$ 이다.

$\begin{aligned} \displaystyle\int_0^1e^{2x}e^{e^x}\mathrm{d}x &= \int_0^1e^{x}e^{e^x}e^x\mathrm{d}x =\int_1^e ue^u~\mathrm{d}u \\ \text{이제 더 익숙한 꼴이다. $\mathrm{d}v = e^u~\mathrm{d}u$, $v=e^u$ 으로 놓고 부분적분을 사용한다. 마침 치환에서 도입한 ``$u$"를 부분적분의 ``$u$"로 그대로 쓰면 되므로, 변수의 이름을 바꿀 필요가 없다.} \\ &=\big[ue^u\big]_1^e - \int_1^e e^u~\mathrm{d}u\\ &=e\cdot e^e-e-e^e+e=e^e(e-1) \end{aligned}$

원본 교재 풀이(영어)

Let's use the substitution $u=e^x$ . There are a few reasons to think this is a good choice. It's an “inside function," in that if we let $f(x)=e^x$ , then $f(e^x)=e^{e^x}$ , which is a piece of our integrand. Also its derivative, $e^x$ , is multiplied by the rest of the integrand, since $e^{2x}=e^x\cdot e^x$ .

Let $u=e^x$ , $\mathrm{d}u = e^x\mathrm{d}x$ . When $x=0$ , $u=1$ , and when $x=1$ , $u=e$ .

$\begin{aligned} \displaystyle\int_0^1e^{2x}e^{e^x}\mathrm{d}x &= \int_0^1e^{x}e^{e^x}e^x\mathrm{d}x =\int_1^e ue^u~\mathrm{d}u \\ \text{This is more familiar. We use integration by parts with $\mathrm{d}v = e^u~\mathrm{d}u$, $v=e^u$. Conveniently, the ``$u$" we brought in with the substitution is what we want to use for the ``$u$" in integration by parts, so we don't have to change the names of our variables.} \\ &=\big[ue^u\big]_1^e - \int_1^e e^u~\mathrm{d}u\\ &=e\cdot e^e-e-e^e+e=e^e(e-1) \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.13절 · 4번

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