이상적분

$\frac52x\sqrt{x^2-10}+25\ln\left|\frac{x}{\sqrt{10}}+\frac{\sqrt{x^2-10}}{\sqrt{10}}\right|+C$

$\frac1{18}\frac{x+2}{x^2+4x+13}+\frac1{54}\tan^{-1}\left(\frac{x+2}3\right)+C$

$\frac x{\sqrt{1-x^2}} - \sin^{-1}x+C$

$\frac17\left(-\frac{\sqrt{5-x^2}}x-\sin^{-1}(x/\sqrt{5})\right)+C$

$\frac12x\sqrt{x^2+3}-\frac32\ln\left|\frac{\sqrt{x^2+3}}{\sqrt{3}}+\frac x{\sqrt{3}}\right|+C$

$\pi/2$

$16\sqrt3-8\ln(2+\sqrt3)$

$2\sqrt2+2\ln(1+\sqrt2)$

$\pi/4+1/2)$

$9\sin^{-1}(1/3)+\sqrt{8}$ 참고: 새로운 아래끝은 $\theta=\sin^{-1}(-1/3)$ 이고 새로운 위끝은 $\theta=\sin^{-1}(1/3)$ 이다. 최종 답은 $\sin^{-1}(-1/3)=-\sin^{-1}(1/3)$ 이고 $\cos\big(\sin^{-1}(1/3)\big)=\cos\big(\sin^{-1}(-1/3)\big) = \sqrt{8}/3$ 임을 이용하여 얻는다.

$\pi/8$

$b= \pm \infty$ 이면 적분 구간의 한 끝이 실수가 아니므로 이 적분은 이상적분이다.

또한 적분 구간이 무한 불연속점 $x=1$ 과 $x=-1$ 중 어느 하나라도 포함하면 이 적분은 이상적분이다. 적분 구간의 한 끝이 0이므로, $b \geq 1$ 이거나 $b \leq -1$ 이면 이상적분이다.

아래에 $\frac{1}{x^2-1}$ 의 그래프를 그려 두었다. 다른 쪽 적분 구간의 끝이 $a=0$ 일 때, $(-1,1)$ 에 속하는 $b$ 의 값만 이상적분이 되지 않는 이유를 이 그래프로 더 분명히 알 수 있다.

피적분함수가 모든 실수 $x$ 에서 연속이므로, 이상적분이 될 수 있는 경우는 $b = \pm\infty$ 로 놓는 것뿐이다.

$x=1$ 일 때 분모는 0이지만 분자는 0이 아니므로, 피적분함수는 $x=1$ 에서 특이점(무한 불연속)을 갖는다. 적분 구간의 끝 $x=1$ 을 1에 한없이 가까워지는 문자로 바꾸어 보자.

$$\int_0^1\frac{x^4}{x^5-1}\,\mathrm{d}x =\lim_{t\rightarrow 1^-}\int_0^t\frac{x^4}{x^5-1}\,\mathrm{d}x$$

이 적분의 값을 구하기 위해 $u=x^5$, $\mathrm{d}u=5x^4\mathrm{d}x$ 로 치환한다. $x=0$ 일 때 $u=0$ 이고, $x=t$ 일 때 $u=t^5$ 이므로

$$\begin{aligned} \int_0^1\frac{x^4}{x^5-1}\,\mathrm{d}x&=\lim_{t \to 1^-}\int_{0}^{t}\frac{x^4}{x^5-1}\,\mathrm{d}x =\lim_{t \to 1^-}\int_{u=0}^{u=t^5}\frac{1}{5(u-1)}\,\mathrm{d}u\\ &=\lim_{t \to 1^-}\left( \left[\frac{1}{5}\log|u-1|\right]_0^{t^5}\right) =\lim_{t \to 1^-}\frac{1}{5}\log|t^5-1|=-\infty \end{aligned}$$

극한이 존재하지 않으므로 이 적분은 발산한다.

피적분함수의 분모는 $x=-1$ 일 때 0이지만 분자는 0이 아니다. 따라서 피적분함수는 $x=-1$ 에서 특이점(무한 불연속)을 가진다. 이것이 이 적분에서 유일한 “이상적분이 되는 원인”이므로, 적분 구간을 한 번만 나누면 된다.

$$\int_{-2}^2\frac{1}{(x+1)^{4/3}}\,\mathrm{d}x =\lim_{t\rightarrow -1^-}\int_{-2}^t \frac{1}{(x+1)^{4/3}}\,\mathrm{d}x +\lim_{t\rightarrow -1^+}\int_t^2 \frac{1}{(x+1)^{4/3}}\,\mathrm{d}x$$

먼저 왼쪽 극한을 살펴보자.

$$\begin{aligned} \lim_{t \to -1^-}\int_{-2}^t \frac{1}{(x+1)^{4/3}}\,\mathrm{d}x &=\lim_{t \to -1^-}\left(\left[-\frac{3}{(x+1)^{1/3}}\right|_{-2}^t\right)\\ &=\lim_{t \to -1^-}\left(-\frac{3}{(t+1)^{1/3}}+\frac{3}{(-1)^{1/3}}\right)=\infty \end{aligned}$$

이 극한이 발산하므로 주어진 적분은 발산한다. (두 번째 적분도 비슷한 방법으로 발산함을 보일 수 있다. 둘 중 하나만 발산해도 원래의 적분이 발산한다고 결론짓기에 충분하다.)

“이상적분이 되는 원인”이 두 가지 있다. 바로 (무한대인) 두 적분 구간의 끝이다. 따라서 적분을 두 부분으로 나눈다.

$$\begin{aligned} \int_{-\infty}^\infty \cos x~\mathrm{d}x&=\int_{-\infty}^0 \cos x~\mathrm{d}x+\int_{0}^\infty \cos x~\mathrm{d}x\\ &=\lim_{a \to \infty }\left[\int_{-a}^0 \cos x~\mathrm{d}x\right]+ \lim_{b \to \infty }\left[\int_{0}^b \cos x~\mathrm{d}x\right] \\ \text{이 정도는 부정적분을 쉽게 구할 수 있다.} \\ &=\lim_{a \to \infty }\left[\sin 0 - \sin(- a) \right]+ \lim_{b \to \infty }\left[\sin b - \sin 0 \right]\\ &=\text{존재하지 않는다} \end{aligned}$$

극한이 존재하지 않으므로 이 적분은 발산한다. (여기서는 두 극한이 모두 존재하지 않지만, 둘 중 하나만 존재하지 않더라도 이 적분은 발산한다.)

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.

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.

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

(a) 이상적분을 극한으로 나타내고, 치환 $u = \ln(x)$, $du = \frac{1}{x} \ dx$ 를 이용하여 정적분을 계산한 다음 극한을 취한다. $$\begin{aligned}\int_e^{\infty} \frac{\ln(x)}{x} \, dx &= \lim_{b \to \infty} \int_e^{b} \frac{\ln(x)}{x} \, dx \\ &= \lim_{b \to \infty} \int_1^{\ln(b)} u \, du \\ &= \lim_{b \to \infty} \left( \frac{u^2}{2} \right)\biggm|_1^{\ln(b)} \\ &= \lim_{b \to \infty} \left( \frac{(\ln(b))^2}{2} - \frac{1}{2} \right) \\ &= \infty\end{aligned}\,.$$ 따라서 이상적분 $\int_e^{\infty} \frac{\ln(x)}{x} \, dx$ 는 발산한다. (b) 이상적분을 극한으로 나타내고, 치환 $u = \ln(x)$, $du = \frac{1}{x} \ dx$ 를 이용하여 정적분을 다시 계산한 다음 극한을 취한다. $$\begin{aligned}\int_e^{\infty} \frac{1}{x\ln(x)} \, dx &= \lim_{b \to \infty} \int_e^{b} \frac{1}{x\ln(x)} \, dx \\ &= \lim_{b \to \infty} \int_1^{\ln(b)} \frac{1}{u} \, du \\ &= \lim_{b \to \infty} \left( \ln(|u|) \right)\biggm|_1^{\ln(b)} \\ &= \lim_{b \to \infty} \left( \ln(|\ln(b)|) - \ln(1) \right) \\ &= \infty\end{aligned}\,.$$ 따라서 이상적분 $\int_e^{\infty} \frac{1}{x\ln(x)} \, dx$ 는 발산한다. (c) 이번에도 이상적분을 극한으로 나타내고, 치환 $u = \ln(x)$, $du = \frac{1}{x} \ dx$ 를 이용하여 정적분을 계산한 다음 극한을 취한다. $$\begin{aligned}\int_e^{\infty} \frac{1}{x(\ln(x))^2} \, dx &= \lim_{b \to \infty} \int_e^{b} \frac{1}{x(\ln(x))^2} \, dx \\ &= \lim_{b \to \infty} \int_1^{\ln(b)} \frac{1}{u^2} \, du \\ &= \lim_{b \to \infty} \left( -u^{-1} \right)\biggm|_1^{\ln(b)} \\ &= \lim_{b \to \infty} \left( -\frac{1}{\ln(b)} - (-1) \right) \\ &= 1\end{aligned}\,.$$ 따라서 이상적분 $\int_e^{\infty} \frac{1}{x(\ln(x))^2} \, dx$ 는 $1$ 로 수렴한다. (d) 이번에도 이상적분을 극한으로 나타내고, 치환 $u = \ln(x)$, $du = \frac{1}{x} \ dx$ 를 이용하여 정적분을 다시 나타낸다. $p=1$ 이면 (b)에 의해 이 적분은 발산한다. $p \neq 1$ 이면 다음과 같다. $$\begin{aligned}\int_e^{\infty} \frac{1}{x(\ln(x))^p} \, dx &= \lim_{b \to \infty} \int_e^{b} \frac{1}{x(\ln(x))^p} \, dx \\ &= \lim_{b \to \infty} \int_1^{\ln(b)} \frac{1}{u^p} \, du \\ &= \lim_{b \to \infty} \int_1^{\ln(b)} u^{-p} \, du \\ &= \lim_{b \to \infty} \left( \frac{u^{-p+1}}{-p+1} \right)\biggm|_1^{\ln(b)} \\ &= \frac{1}{1-p} \lim_{b \to \infty} \left( (\ln(b))^{1-p} - 1 \right) \\ &= 1\end{aligned}\,.$$ $p < 1$ 이면 $1-p > 0$ 이고 $$\frac{1}{1-p} \lim_{b \to \infty} \left( (\ln(b))^{1-p} - 1 \right) = \left(\frac{1}{1-p}\right)\infty = \infty\,.$$ 이 경우 이상적분 $\int_e^{\infty} \frac{1}{x(\ln(x))^p} \, dx$ 는 발산한다. $p > 1$ 이면 $1-p < 0$ 이고 $$\frac{1}{1-p}\lim_{b \to \infty} \left( (\ln(b))^{1-p} - 1 \right) = \frac{1}{1-p}\lim_{b \to \infty} \left( \frac{1}{(\ln(b))^{p-1}} - 1 \right) = \left(\frac{1}{1-p}\right)(0-1) = \frac{1}{p-1}$$ 이 경우 이상적분 $\int_e^{\infty} \frac{1}{x(\ln(x))^p} \, dx$ 는 $\frac{1}{p-1}$ 로 수렴한다. 따라서 이상적분 $\int_e^{\infty} \frac{1}{x(\ln(x))^p} \, dx$ 는 $p \leq 1$ 이면 발산하고, $p > 1$ 이면 $\frac{1}{p-1}$ 로 수렴한다. (e) 이 적분은 피적분함수가 $x = 0$ 에서 정의되지 않으므로 이상적분이다. 따라서 이상적분을 극한으로 나타내고, 치환 $u = \ln(x)$, $du = \frac{1}{x} \ dx$ 를 이용하여 정적분을 계산한 다음 극한을 취한다. $$\begin{aligned}\int_0^1 \frac{\ln(x)}{x} \, dx &= \lim_{a \to 0^+} \int_a^1 \frac{\ln(x)}{x} \, dx \\ &= \lim_{a \to 0^+} \int_{\ln(a)}^{0} u \, du \\ &= \lim_{a \to 0^+} \left( \frac{u^2}{2} \right)\biggm|_{\ln(a)}^{0} \\ &= \lim_{a \to 0^+} \left( -\frac{(\ln(a))^2}{2} \right) \\ &= -\infty\end{aligned}\,.$$ 따라서 이상적분 $\int_0^1 \frac{\ln(x)}{x} \, dx$ 는 발산한다. (f) 이 적분은 피적분함수가 $x=0$ 에서 정의되지 않으므로 이상적분이다. 따라서 이상적분을 극한으로 나타낸 다음, $u = \ln(x)$, $du = \frac{1}{x} \, dx$, $dv = dx$, $v = x$ 로 두고 부분적분을 이용하여 정적분을 계산한 후 극한을 취한다. $$\begin{aligned}\int_0^1 \ln(x) \, dx &= \lim_{a \to 0^+} \int_a^1 \ln(x) \, dx \\ &= \lim_{a \to 0^+} \left( x\ln(x)\biggm|_a^1 - \int_{a}^{1} \ dx \right) \\ &= \lim_{a \to 0^+} \left( -a\ln(a) - x\biggm|_{\ln(a)}^{0} \right) \\ &= \lim_{a \to 0^+} \left( -a\ln(a) - (1-a) \right) \\ &= \lim_{a \to 0^+} \left( -a\ln(a) \right) - 1\end{aligned}\,.$$ 극한 $\lim_{a \to 0^+} \left( -a\ln(a) \right)$ 은 $0 \times \infty$ 꼴로 부정형이므로, 로피탈의 정리를 적용할 수 있는 꼴로 고쳐 써야 한다. 이제 $$\lim_{a \to 0^+} \left( -a\ln(a) \right) = \lim_{a \to 0^+} \left( \frac{-\ln(a)}{\frac{1}{a}} \right)\,,$$ 이고, 이 뒤의 극한은 $\frac{\infty}{\infty}$ 꼴이다. 로피탈의 정리를 적용하면 $$\begin{aligned}\lim_{a \to 0^+} \left( \frac{-\ln(a)}{\frac{1}{a}} \right) &= \lim_{a \to 0^+} \left( \frac{-\frac{1}{a}}{-\frac{1}{a^2}} \right) \\ &= \lim_{a \to 0^+} a \\ &= 0\end{aligned}$$ 앞에서 얻은 등식 $$\int_0^1 \ln(x) \, dx = \lim_{a \to 0^+} \left( -a\ln(a) \right) - 1\,,$$ 으로 돌아가면, 방금 구한 극한에 의해 이상적분 $\int_0^1 \ln(x) \, dx$ 는 $-1$ 로 수렴한다.