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문제 은행 · 미적분 · 대학 미적분 · 적분 기법

이상적분

무한 구간이나 함숫값이 무한대가 되는 점이 있는 적분의 수렴·발산을 판정한다

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1문제 · 1 / 1쪽

1.CLP-2 · 1.12절 · 25번대학 수준우리말 번역

Mn,tM_{n,t} 를 nn 개의 같은 길이의 부분구간으로 나눈 ∫0te−x1+x dx\displaystyle\int_0^t \frac{e^{-x}}{1+x}\ \mathrm{d}x 의 중점 규칙 근삿값이라 하자. Mn,tM_{n,t} 와 ∫0∞e−x1+x dx\int_0^\infty \frac{e^{-x}}{1+x}\ \mathrm{d}x 의 차가 10−410^{-4} 이하가 되도록 하는 tt 의 값과 nn 의 값을 구하세요. 중점 규칙을 nn 개의 부분구간으로 사용할 때 생기는 오차 EnE_n 은 다음을 만족함을 기억하세요.

∣En∣≤M(b−a)324n2\begin{aligned} |E_n|\le \frac{M(b-a)^3}{24n^2} \end{aligned}

여기서 MM 은 피적분함수의 이계도함수의 절댓값의 최댓값이고, aa 와 bb 는 적분 구간의 양 끝점이다.

영어 원문 보기

Let Mn,tM_{n,t} be the Midpoint Rule approximation for ∫0te−x1+x dx\displaystyle\int_0^t \frac{e^{-x}}{1+x}\ \mathrm{d}x with nn equal subintervals. Find a value of tt and a value of nn such that Mn,tM_{n,t} differs from ∫0∞e−x1+x dx\int_0^\infty \frac{e^{-x}}{1+x}\ \mathrm{d}x by at most 10−410^{-4}. Recall that the error EnE_n introduced when the Midpoint Rule is used with nn subintervals obeys

∣En∣≤M(b−a)324n2\begin{aligned} |E_n|\le \frac{M(b-a)^3}{24n^2} \end{aligned}

where MM is the maximum absolute value of the second derivative of the integrand and aa and bb are the end points of the interval of integration.

정답·풀이 보기

오차의 원인은 두 가지이다. 하나는 위끝이 무한대가 아니라 tt 라는 것이고, 다른 하나는 유한한 개수 nn 의 구간으로 근사한다는 것이다. 먼저 오차가 1210−4\frac{1}{2}10^{-4} 이하가 되도록 하는 tt 의 값을 찾는다. 즉 ∫t∞e−x1+x dx≤1210−4\int_t^\infty \frac{e^{-x}}{1+x}~\mathrm{d}x \leq \frac{1}{2}10^{-4} 이 되는 tt 를 찾는다. 그 다음에 ∫0te−xx+1 dx\int_0^t \frac{e^{-x}}{x+1}~\mathrm{d}x 를 1210−4\frac{1}{2}10^{-4} 이내로 근사하는 nn 의 값을 찾는다. 그러면 전체 오차는 최대 1210−4+1210−4=10−4\frac{1}{2}10^{-4} + \frac{1}{2}10^{-4} = 10^{-4} 이 되어 원하는 결과를 얻는다. (오차를 1210−4\frac{1}{2}10^{-4} 과 1210−4\frac{1}{2}10^{-4} 이 아닌 다른 방식으로 나눌 수도 있다. 이렇게 하면 가능한 여러 답 중 하나를 얻게 된다.)

∫t∞e−x1+x dx≤1210−4\int_t^\infty \frac{e^{-x}}{1+x}\ \mathrm{d}x\le\frac{1}{2} 10^{-4} 이 되는 tt 를 찾자. 모든 x≥0x\ge 0 에 대해 0<e−x1+x≤e−x0<\frac{e^{-x}}{1+x}\le e^{-x} 이므로

∫t∞e−x1+x dx≤∫t∞e−x dx=e−t≤(∗)1210−4여기서 (∗)는 다음이 성립하면 참이다: t≥−log⁡(1210−4)≈9.90\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=10t=10 으로 택한다.

이제 ∫0te−xx+1 dx\displaystyle\int_0^t \frac{e^{-x}}{x+1}~\mathrm{d}x 를 근사하는 데 사용할 구간의 개수를 정하자. 이번에도 오차가 1210−4\frac{1}{2}10^{-4} 보다 작아야 한다. 오차의 한계를 구하려면 e−xx+1\frac{e^{-x}}{x+1} 의 이계도함수를 알아야 한다.

f(x)=e−x1+x  ⟹  f′(x)=−e−x1+x−e−x(1+x)2  ⟹  f′′(x)=e−x1+x+2e−x(1+x)2+2e−x(1+x)3\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)f''(x) 는 양수이고 xx 가 증가하면 감소하므로

∣f′′(x)∣≤f′′(0)=5  ⟹  ∣En∣≤5(10−0)324n2=500024n2=6253n2\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 ∣En∣≤1210−4|E_n|\le \frac{1}{2} 10^{-4} 이다.

6253n2≤1210−4  ⟺  n2≥1250×1043  ⟺  n≥1.25×1073≈2041.2\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=10t=10, n=2042n= 2042 로 하면 된다. 이 밖에도 옳은 답이 많이 있다.

원본 교재 풀이(영어)

There are two sources of error: the upper bound is tt, rather than infinity, and we're using an approximation with some finite number of intervals, nn. Our plan is to first find a value of tt that introduces an error of no more than 1210−4\frac{1}{2}10^{-4}. That is, we'll find a value of tt such that ∫t∞e−x1+x dx≤1210−4\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 nn that approximates ∫0te−xx+1 dx\int_0^t \frac{e^{-x}}{x+1}~\mathrm{d}x to within 1210−4\frac{1}{2}10^{-4}. Then, all together, our error will be at most 1210−4+1210−4=10−4\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 1210−4\frac{1}{2}10^{-4} and 1210−4\frac{1}{2}10^{-4}. This will give us one of many possible answers.)

Let's find a tt such that ∫t∞e−x1+x dx≤1210−4\int_t^\infty \frac{e^{-x}}{1+x}\ \mathrm{d}x\le\frac{1}{2} 10^{-4}. For all x≥0x\ge 0, 0<e−x1+x≤e−x0<\frac{e^{-x}}{1+x}\le e^{-x}, so

∫t∞e−x1+x dx≤∫t∞e−x dx=e−t≤(∗)1210−4where (∗) is true if t≥−log⁡(1210−4)≈9.90\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=10t=10.

Now it's time to decide how many intervals we're going to use to approximate ∫0te−xx+1 dx\displaystyle\int_0^t \frac{e^{-x}}{x+1}~\mathrm{d}x. Again, we want our error to be less than 1210−4\frac{1}{2}10^{-4}. To bound our error, we need to know the second derivative of e−xx+1\frac{e^{-x}}{x+1}.

f(x)=e−x1+x  ⟹  f′(x)=−e−x1+x−e−x(1+x)2  ⟹  f′′(x)=e−x1+x+2e−x(1+x)2+2e−x(1+x)3\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)f''(x) is positive, and decreases as xx increases,

∣f′′(x)∣≤f′′(0)=5  ⟹  ∣En∣≤5(10−0)324n2=500024n2=6253n2\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 ∣En∣≤1210−4|E_n|\le \frac{1}{2} 10^{-4} if

6253n2≤1210−4  ⟺  n2≥1250×1043  ⟺  n≥1.25×1073≈2041.2\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=10t=10 and n=2042n= 2042 will do the job. There are many other correct answers.

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# 이상적분활용도전자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)