적분 기법 전체 문제

(a) $y=\cos x$, $\mathrm{d}y=-\sin x\,\mathrm{d}x$, $\sin^2 x = 1-\cos^2x=1-y^2$ 으로 치환하면

$$\begin{aligned} \int \frac{\sin^3x}{\cos^3x}\ \mathrm{d}x &=\int \frac{\sin^2 x}{\cos^3 x}\ \sin x\,\mathrm{d}x =\int \frac{1-y^2}{y^3}\ (-\mathrm{d}y) =-\int \big( y^{-3}-y^{-1}\big)\ \mathrm{d}y\\ &=-\frac{y^{-2}}{-2}+\log|y|+C =\frac{1}{2}\sec^2 x+\log|\cos x|+C \end{aligned}$$

(b) 피적분함수는 우함수이고 적분 구간은 원점에 대해 대칭이다. 따라서 아래끝을 0으로 바꾸고 적분값을 2배 하면 적분을 조금 간단히 할 수 있다.

여기서는 부분분수를 쓰지 않는 편이 좋다. 상당히 복잡해지기 때문이다. 대신 분자가 $x^5$ 의 도함수와 상수배만큼만 다르다는 점에 주목한다. $x^5=4y$, $5x^4\,\mathrm{d}x=4\,\mathrm{d}y$ 로 치환하고, $x=2\implies 2^5=4y\implies y=8$ 임을 이용하면

$$\begin{aligned} \int_{-2}^{2}\frac{x^4}{x^{10}+16}\ \mathrm{d}x &=2\int_0^{2}\frac{x^4}{x^{10}+16}\ \mathrm{d}x =2\cdot\frac{4}{5}\int_0^{8}\frac{1}{16y^2+16}\ \mathrm{d}y =\frac{1}{10}\int_0^{8}\frac{1}{y^2+1}\ \mathrm{d}y \\ &= \frac{1}{10}\arctan 8\approx 0.1446 \end{aligned}$$

• 풀이 1: 치환 $u=x-1$, $\mathrm{d}u=\mathrm{d}x$ 를 이용하자.

$$\begin{aligned} \int x\sqrt{x-1}~\mathrm{d}x&=\int(u+1)\sqrt{u}~\mathrm{d}u\\ &=\int \left(u^{3/2}+u^{1/2}\right)~\mathrm{d}u\\ &=\frac{2}{5}u^{5/2} + \frac{2}{3}u^{3/2}+C\\ &=\frac{2}{5}(x-1)^{5/2} + \frac{2}{3}(x-1)^{3/2}+C \end{aligned}$$

• 풀이 2: 피적분함수는 $x$ 에 적분할 수 있는 어떤 식이 곱해진 꼴이다. 따라서 $u=x$, $\mathrm{d}v = \sqrt{x-1}~\mathrm{d}x$ 로 놓고 부분적분을 이용하면 $\mathrm{d}u=\mathrm{d}x$ (즉, $x$ 가 없어진다)이고 $v = \frac{2}{3}(x-1)^{3/2}$ 이다.

$$\begin{aligned} \int x\sqrt{x-1}~\mathrm{d}x&=\frac{2}{3}x\sqrt{x-1}^3 - \frac{2}{3}\int(x-1)^{3/2}\mathrm{d}x \\ &= \frac{2}{3}x\sqrt{x-1}^3 - \frac{2}{3}\left(\frac{2}{5}(x-1)^{5/2}\right)+C\\ &=\frac{2}{3}\sqrt{x-1}\left(x(x-1)-\frac{2}{5}(x-1)^2\right)+C\\ &=\frac{2}{15}\sqrt{x-1}\cdot(3x^2-x-2)+C\\ &=\frac{2}{15}\sqrt{x-1}\cdot(3(x^2-2x+1)+5x-5)+C\\ &=\frac{2}{15}\sqrt{x-1}\cdot(3(x-1)^2+5(x-1))+C\\ &=\frac{2}{15}\cdot 3\sqrt{x-1}^5 +\frac{2}{15}\cdot 5\sqrt{x-1}^3+C\\ &=\frac{2}{5}\sqrt{x-1}^5 +\frac{2}{3}\sqrt{x-1}^3+C \end{aligned}$$

지금까지 두 가지 풀이를 살펴보았다. 다른 풀이도 있다. 예를 들어 치환 $u=\sqrt{x-1}$ 을 이용할 수도 있다. 또 다른 예로, 다음과 같이 쓸 수도 있다.

$$x\sqrt{x-1} = (x-1)\sqrt{x-1} +\sqrt{x-1} = (x-1)^{3/2} + (x-1)^{1/2}$$

그런 다음 도함수가 $(x-1)^{3/2}$ 인 함수와 도함수가 $(x-1)^{1/2}$ 인 함수를 각각 짐작하여 구하면 된다.

부분분수 분해를 이용하면 이 식을 다루기 쉬운 조각들로 나눌 수 있다. 분모에 일차식 인수가 중복되어 있으므로, 그 인수의 거듭제곱으로 상수를 나눈 꼴들의 합으로 분해할 수 있다.

$$\begin{aligned} \frac{3x^2+4x+6}{(x+1)^3} &=\frac{A}{x+1}+\frac{B}{(x+1)^2}+\frac{C}{(x+1)^3}\\ &=\frac{A(x+1)^2+B(x+1)+C}{(x+1)^3}\\ \Rightarrow ~~~~ 3x^2+4x+6&=A(x+1)^2+B(x+1)+C\\ &=Ax^2+(2A+B)x+(A+B+C) \\ \text{따라서 계수를 비교하면:} \\ &A=3, ~2A+B=4,\text{ 그리고 } A+B+C=6\\ &A=3, ~B=-2,~C=5 \\ \text{그러므로:} \\ \frac{3x^2+4x+6}{(x+1)^3} &= \frac{ 3}{x+1}+\frac{ -2}{(x+1)^2}+\frac{ 5}{(x+1)^3} \\ \text{ 이제 $u=x+1$, $\mathrm{d}u=\mathrm{d}x$ 로 치환하면 적분은 쉽다:} \\ \int\frac{3x^2+4x+6}{(x+1)^3} \mathrm{d}x&= \int\left(\frac{3}{x+1}+\frac{-2}{(x+1)^2}+\frac{5}{(x+1)^3}\right)\mathrm{d}x\\ &=\int \left( 3u^{-1}-2u^{-2}+5u^{-3}\right)\mathrm{d}u\\ &=3\log|u|+2u^{-1}-\frac{5}{2} u^{-2}+C\\ &=3\log|x+1|+\frac{2}{x+1}-\frac{5}{2(x+1)^2}+C \end{aligned}$$

분모가 $x^2+1$ 이라면 부정적분은 아크탄젠트가 될 것이다. 그러므로 완전제곱식을 이용하여, 어떤 $u$ 에 대해 분수가 $\dfrac{1}{u^2+1}$ 꼴이 되도록 하자. 이는 상수 아래에 있는 기약 이차식을 적분할 때 좋은 방법이다.

$$\begin{aligned} \\ \text{첫째: 완전제곱식을 만든다} \\ \int\frac{1}{x^2+x+1}\mathrm{d}x&= \int\frac{1}{x^2+x+\frac{1}{4}+\frac{3}{4}}\mathrm{d}x = \int\frac{1}{\left(x+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}\mathrm{d}x \\ \text{둘째: 분모를 $u^2+1$ 꼴로 만든다. 이를 위해 상수를 조정해야 한다} \\ &=\int\left(\frac{1}{\left(x+\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}}\right)\left(\frac{\frac{4}{3}}{\frac{4}{3}}\right)\mathrm{d}x\\ &=\frac{4}{3}\int\frac{1}{\frac{4}{3}\cdot\left(x+\frac{1}{2}\right)^2+1}\mathrm{d}x \\ \text{이제 분모의 앞부분을 다시 어떤 것의 제곱 꼴로 만들기 위해 살짝 고친다:} \\ &=\frac{4}{3}\int\frac{1}{\left(\frac{2}{\sqrt{3}}x+\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2+1}\mathrm{d}x \\ \text{이제 $u=\dfrac{2}{\sqrt{3}}x+\dfrac{1}{\sqrt{3}}$, $\mathrm{d}u=\dfrac{2}{\sqrt3}\mathrm{d}x$ 로 놓으면 됨을 알 수 있다} \\ &=\frac{4}{3}\int\frac{1}{u^2+1}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}\mathrm{d}u =\frac{2}{\sqrt3}\int\frac{1}{u^2+1}\mathrm{d}u\\ &=\frac{2}{\sqrt3}\arctan u +C\\ &=\frac{2}{\sqrt3}\arctan\left(\frac{2}{\sqrt3}x+\frac{1}{\sqrt3}\right) +C \end{aligned}$$

$\tan x =\frac{\sin x}{\cos x}$ 이므로,

$$\begin{aligned} \int \sin x \cos x \tan x~\mathrm{d}x&=\int \sin^2 x~\mathrm{d}x = \int \frac{1}{2}\big(1-\cos(2x) \big)~\mathrm{d}x\\ &=\frac12\left(x - \frac{1}{2}\sin(2x) \right)+C \\&=\frac12\left(x -\sin x \cos x \right)+C \end{aligned}$$

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.

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

• 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!

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

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

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.

(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.

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