빌드라인 스쿨

문제 은행 · 미적분 · 대학 미적분 · 적분 기법

적분 전략 고르기

어떤 적분 기법을 쓸지 판단하고, 적분표·여러 기법을 섞어 푼다

유형전체개념 확인계산그래프·표 해석활용증명·논술
난이도전체기본보통도전
풀이전체우리말 풀이 있는 문제만

유형·난이도는 우리말 풀이가 붙은 문제는 선생님이 정했고, 나머지는 자동 분류라 다를 수 있어요. 난이도가 정해지지 않은 문제는 난이도로 거를 때 빠집니다.

70문제 · 3 / 4쪽

41.OpenStax 2권 · 3장 복습 · 18번대학 수준우리말 번역

다음 연습문제에서는 네 개의 부분구간을 사용하여 중점 법칙, 사다리꼴 법칙, 심프슨 법칙으로 적분값을 어림하세요. 소수 셋째 자리까지 반올림하세요.

[계산기 사용] ∫14ln⁡(1/x)xdx{\int }_{1}^{4}\frac{\ln (1/x)}{x}dx

영어 원문 보기

For the following exercises, approximate the integrals using the midpoint rule, trapezoidal rule, and Simpson’s rule using four subintervals, rounding to three decimals.

[T] ∫14ln⁡(1/x)xdx{\int }_{1}^{4}\frac{\ln (1/x)}{x}dx

정답·풀이 보기

M4=−0.982,T4=−0.917,S4=−0.952{\text{M}}_{4}=-0.982,{\text{T}}_{4}=-0.917,{S}_{4}=-0.952

원본 교재 풀이(영어)

M4=−0.982,T4=−0.917,S4=−0.952{\text{M}}_{4}=-0.982,{\text{T}}_{4}=-0.917,{S}_{4}=-0.952

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.13절 · 19번
# 적분 전략 고르기계산자동 분류
OpenStax Calculus Volume 2 CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
42.OpenStax 2권 · 3장 복습 · 19번대학 수준우리말 번역

∫1∞1xndx{\int }_{1}^{\infty }\frac{1}{{x}^{n}}dx 에서 nn 의 어떤 값에 대해 이 적분이 수렴하거나 발산하는지 구하세요.

영어 원문 보기

∫1∞1xndx,{\int }_{1}^{\infty }\frac{1}{{x}^{n}}dx, for what values of nn does this integral converge or diverge?

원본 교재에 이 문제의 정답은 실려 있지 않습니다.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 2권 · 3장 복습 · 18번
# 적분 전략 고르기계산자동 분류
OpenStax Calculus Volume 2 CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
43.OpenStax 2권 · 3장 복습 · 20번대학 수준우리말 번역

다음 연습문제에서, 가능하면 적분의 값을 구하세요.

∫1∞e−xxdx{\int }_{1}^{\infty }\frac{{e}^{-x}}{x}dx

영어 원문 보기

For the following exercises, evaluate the integrals, if possible.

∫1∞e−xxdx{\int }_{1}^{\infty }\frac{{e}^{-x}}{x}dx

정답·풀이 보기

약 0.2194

원본 교재 풀이(영어)

approximately 0.2194

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 2권 · 3.5절 · 8번
# 적분 전략 고르기계산자동 분류
OpenStax Calculus Volume 2 CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
44.CLP-2 · 1.13절 · 4번대학 수준우리말 번역

∫0∞x−1ex dx\displaystyle\int_0^\infty \dfrac{x-1}{e^x}~\mathrm{d}x 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate ∫0∞x−1ex dx\displaystyle\int_0^\infty \dfrac{x-1}{e^x}~\mathrm{d}x.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

먼저, 이 적분은 이상적분임에 주목한다. 따라서 위끝을 문자로 바꾸고 극한을 취해야 한다. 다음으로, 부정적분을 구해야 한다. 피적분함수는 지수함수 e−xe^{-x} 와 다항식 x−1x-1 의 곱이므로, u=x−1u=x-1, dv=e−xdu\mathrm{d}v=e^{-x}\mathrm{d}u, du=dx\mathrm{d}u=\mathrm{d}x, v=−e−xv = -e^{-x} 로 놓고 부분적분을 한다.

∫x−1ex dx=−(x−1)e−x+∫e−x dx=−(x−1)e−x−e−x+C=−xe−x+C따라서,∫0∞x−1ex dx=lim⁡b→∞∫0bx−1ex dx=lim⁡b→∞[−xex]0b=lim⁡b→∞[−beb⏟num→∞den→∞]=(∗)lim⁡b→∞−1eb=0\begin{aligned} \int \dfrac{x-1}{e^x}~\mathrm{d}x&=-(x-1)e^{-x} + \int e^{-x}~\mathrm{d}x \\&=-(x-1)e^{-x} -e^{-x}+C =-xe^{-x}+C\\ \text{따라서,}\qquad\int_0^\infty \dfrac{x-1}{e^x}~\mathrm{d}x & = \lim_{b \to \infty}\int_0^b \dfrac{x-1}{e^x}~\mathrm{d}x\\ & = \lim_{b \to \infty}\left[-\frac{x}{e^x}\right]_0^b = \lim_{b \to \infty}\bigg[-\underbrace{\frac{b}{e^b}}_{\genfrac{}{}{0in}{}{\mathrm{num}\to\infty}{\mathrm{den}\to\infty}}\bigg]\\ & \stackrel{(*)}{=} \lim_{b \to \infty}-\frac{1}{e^b}=0 \end{aligned}

(∗* 로 표시한 등식에서는 로피탈 정리를 사용하였다.)

따라서 ∫0∞x−1ex dx=0\displaystyle\int_0^\infty \dfrac{x-1}{e^x}~\mathrm{d}x=0 이다.

참고: 이로부터 흥미롭게도 ∫0∞xex dx=∫0∞1ex dx\displaystyle\int_0^\infty \dfrac{x}{e^x}~\mathrm{d}x=\displaystyle\int_0^\infty \dfrac{1}{e^x}~\mathrm{d}x 임을 알 수 있다.

원본 교재 풀이(영어)

First, we note the integral is improper. So, we'll need to replace the top bound with a variable, and take a limit. Second, we're going to have to antidifferentiate. The integrand is the product of an exponential function, e−xe^{-x}, with a polynomial function, x−1x-1, so we use integration by parts with u=x−1u=x-1, dv=e−xdu\mathrm{d}v=e^{-x}\mathrm{d}u, du=dx\mathrm{d}u=\mathrm{d}x, and v=−e−xv = -e^{-x}.

∫x−1ex dx=−(x−1)e−x+∫e−x dx=−(x−1)e−x−e−x+C=−xe−x+CSo,∫0∞x−1ex dx=lim⁡b→∞∫0bx−1ex dx=lim⁡b→∞[−xex]0b=lim⁡b→∞[−beb⏟num→∞den→∞]=(∗)lim⁡b→∞−1eb=0\begin{aligned} \int \dfrac{x-1}{e^x}~\mathrm{d}x&=-(x-1)e^{-x} + \int e^{-x}~\mathrm{d}x \\&=-(x-1)e^{-x} -e^{-x}+C =-xe^{-x}+C\\ \text{So,}\qquad\int_0^\infty \dfrac{x-1}{e^x}~\mathrm{d}x & = \lim_{b \to \infty}\int_0^b \dfrac{x-1}{e^x}~\mathrm{d}x\\ & = \lim_{b \to \infty}\left[-\frac{x}{e^x}\right]_0^b = \lim_{b \to \infty}\bigg[-\underbrace{\frac{b}{e^b}}_{\genfrac{}{}{0in}{}{\mathrm{num}\to\infty}{\mathrm{den}\to\infty}}\bigg]\\ & \stackrel{(*)}{=} \lim_{b \to \infty}-\frac{1}{e^b}=0 \end{aligned}

(In the equality marked (∗*), we used l'Hopital's rule.)

So, ∫0∞x−1ex dx=0\displaystyle\int_0^\infty \dfrac{x-1}{e^x}~\mathrm{d}x=0.

Remark: this shows that, interestingly, ∫0∞xex dx=∫0∞1ex dx\displaystyle\int_0^\infty \dfrac{x}{e^x}~\mathrm{d}x=\displaystyle\int_0^\infty \dfrac{1}{e^x}~\mathrm{d}x.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.13절 · 35번
# 적분 전략 고르기계산보통자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
45.CLP-2 · 1.13절 · 6번대학 수준우리말 번역

∫12x2log⁡x dx\displaystyle\int_1^2 x^2\log x ~\mathrm{d}x 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate ∫12x2log⁡x dx\displaystyle\int_1^2 x^2\log x ~\mathrm{d}x.

정답·풀이 보기

두 함수가 곱해져 있지만 서로 깔끔하게 간단해지지는 않는다. 그러나 로그를 미분하고 x2x^2 을 적분하면 다항식을 얻는다. 그러므로 부분적분을 사용하자.

u=log⁡x dv=x2dxu=\log x \, \mathrm{d}v=x^2\mathrm{d}x du=(1/x)dx v=x3/3\mathrm{d}u=(1/x)\mathrm{d}x \, v=x^3/3

먼저 부정적분을 구하자. 적분 구간의 위끝과 아래끝은 나중에 다룬다.

∫x2log⁡xdx=(log⁡x)⏟u(x3/3)⏟v)−∫(x3/3)⏟v(1/x)dx⏟du=13x3log⁡x−13∫x2dx=13x3log⁡x−13⋅13x3+C=13x3log⁡x−19x3+C 미적분학의 기본정리 2를 사용하여 정적분의 값을 구한다.∫12x3log⁡xdx=[13x3log⁡x−19x3]12=[1323log⁡2−1923]−[1313log⁡1−1913]=8log⁡23−89−0+19=83log⁡2−79\begin{aligned} \int x^2\log x \mathrm{d}x &=\underbrace{(\log x)}_{u}\underbrace{(x^3/3)}_{v})-\int\underbrace{(x^3/3)}_{v}\underbrace{(1/x)\mathrm{d}x}_{\mathrm{d}u}\\ &=\frac{1}{3}x^3\log x - \frac{1}{3}\int x^2\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{3}x^3\log x -\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}x^3+C \\ &=\frac{1}{3}x^3\log x - \frac{1}{9}x^3+C \\ \text{ 미적분학의 기본정리 2를 사용하여 정적분의 값을 구한다.} \\ \int_1^2 x^3\log x \mathrm{d}x&= \left[\frac{1}{3}x^3\log x - \frac{1}{9}x^3\right]_1^2\\ &=\left[\frac{1}{3}2^3\log 2 - \frac{1}{9}2^3 \right] - \left[\frac{1}{3}1^3\log 1 - \frac{1}{9}1^3 \right]\\ &=\frac{8\log 2}{3}-\frac{8}{9}-0+\frac{1}{9}\\ &=\frac{8}{3}\log2-\frac{7}{9} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

We see that we have two functions multiplied, but they don't simplify nicely with each other. However, if we differentiate logarithm, and integrate x2x^2, we'll get a polynomial. So, let's use integration by parts.

u=log⁡x dv=x2dxu=\log x \, \mathrm{d}v=x^2\mathrm{d}x du=(1/x)dx v=x3/3\mathrm{d}u=(1/x)\mathrm{d}x \, v=x^3/3

First, let's antidifferentiate. We'll deal with the limits of integration later.

∫x2log⁡xdx=(log⁡x)⏟u(x3/3)⏟v)−∫(x3/3)⏟v(1/x)dx⏟du=13x3log⁡x−13∫x2dx=13x3log⁡x−13⋅13x3+C=13x3log⁡x−19x3+C We use the Fundamental Theorem of Calculus Part 2 to evaluate the definite integral.∫12x3log⁡xdx=[13x3log⁡x−19x3]12=[1323log⁡2−1923]−[1313log⁡1−1913]=8log⁡23−89−0+19=83log⁡2−79\begin{aligned} \int x^2\log x \mathrm{d}x &=\underbrace{(\log x)}_{u}\underbrace{(x^3/3)}_{v})-\int\underbrace{(x^3/3)}_{v}\underbrace{(1/x)\mathrm{d}x}_{\mathrm{d}u}\\ &=\frac{1}{3}x^3\log x - \frac{1}{3}\int x^2\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{3}x^3\log x -\frac{1}{3}\cdot\frac{1}{3}x^3+C \\ &=\frac{1}{3}x^3\log x - \frac{1}{9}x^3+C \\ \text{ We use the Fundamental Theorem of Calculus Part 2 to evaluate the definite integral.} \\ \int_1^2 x^3\log x \mathrm{d}x&= \left[\frac{1}{3}x^3\log x - \frac{1}{9}x^3\right]_1^2\\ &=\left[\frac{1}{3}2^3\log 2 - \frac{1}{9}2^3 \right] - \left[\frac{1}{3}1^3\log 1 - \frac{1}{9}1^3 \right]\\ &=\frac{8\log 2}{3}-\frac{8}{9}-0+\frac{1}{9}\\ &=\frac{8}{3}\log2-\frac{7}{9} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.13절 · 27번
# 적분 전략 고르기계산보통자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
46.CLP-2 · 1.13절 · 7번대학 수준우리말 번역

∫xx2−3 dx\displaystyle\int\frac{x}{x^2-3}\,\mathrm{d}x 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate ∫xx2−3 dx\displaystyle\int\frac{x}{x^2-3}\,\mathrm{d}x.

정답·풀이 보기

분모의 도함수가 분자에 나타나고 상수배만큼만 다르므로 치환을 한다. 구체적으로 u=x2−3u=x^2-3, du=2x dx\mathrm{d}u=2x\,\mathrm{d}x 로 치환한다. 그러면 다음을 얻는다.

∫xx2−3dx=∫du/2u=12log⁡∣u∣+C=12log⁡∣x2−3∣+C\begin{aligned} \int\frac{x}{x^2-3}\mathrm{d}x =\int\frac{\mathrm{d}u/2}{u} =\frac{1}{2}\log|u| + C =\frac{1}{2}\log\big|x^2-3\big| + C \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

The derivative of the denominator shows up in the numerator, only differing by a constant, so we perform a substitution. Specifically, substitute u=x2−3u=x^2-3, du=2x dx\mathrm{d}u=2x\,\mathrm{d}x. This gives

∫xx2−3dx=∫du/2u=12log⁡∣u∣+C=12log⁡∣x2−3∣+C\begin{aligned} \int\frac{x}{x^2-3}\mathrm{d}x =\int\frac{\mathrm{d}u/2}{u} =\frac{1}{2}\log|u| + C =\frac{1}{2}\log\big|x^2-3\big| + C \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.13절 · 36번
# 적분 전략 고르기계산보통자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
47.CLP-2 · 1.13절 · 8번대학 수준우리말 번역

다음 적분의 값을 구하세요.

(a) ∫04x9+x2 dx\displaystyle\int_0^4\frac{x}{\sqrt{9+x^2}}\,\mathrm{d}x (b) ∫0π/2cos⁡3x sin⁡2x dx\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^3x\ \sin^2x\,\mathrm{d}x (c) ∫1ex3log⁡x dx\displaystyle\int_1^{e}x^3\log x\,\mathrm{d}x

영어 원문 보기

Evaluate the following integrals.

(a) ∫04x9+x2 dx\displaystyle\int_0^4\frac{x}{\sqrt{9+x^2}}\,\mathrm{d}x (b) ∫0π/2cos⁡3x sin⁡2x dx\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^3x\ \sin^2x\,\mathrm{d}x (c) ∫1ex3log⁡x dx\displaystyle\int_1^{e}x^3\log x\,\mathrm{d}x

답 쓰고 채점
(a)
(b)
(c)
정답·풀이 보기

(a) 제곱근 안에 이차식이 있으면 흔히 삼각함수 치환을 떠올리지만, 이 경우에는 더 쉬운 치환이 있다. 구체적으로 y=9+x2y=9+x^2 이라 하자. 그러면 dy=2xdx, xdx=dy2, y(0)=9\mathrm{d}y=2x\mathrm{d}x,\ x\mathrm{d}x=\frac{\mathrm{d}y}{2},\ y(0)=9 이고 y(4)=25y(4)=25 이다.

∫04x9+x2 dx=∫9251y dy2=12⋅y1/2∣925=5−3=2\begin{aligned} \int_0^4\frac{x}{\sqrt{9+x^2}}\,\mathrm{d}x &=\int_9^{25}\frac{1}{\sqrt{y}}\,\frac{\mathrm{d}y}{2} =\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{y}}{1/2}\Big|_9^{25} =5-3= 2 \end{aligned}

(b) 코사인의 지수가 홀수이므로, 코사인 하나는 미분 요소로 남겨 두고 나머지는 사인으로 바꿀 수 있다. y=sin⁡x,y=\sin x, dy=cos⁡x\mathrm{d}y=\cos x, dx,\mathrm{d}x, y(0)=0,y(0)=0, y(π/2)=1,y(\pi/2)=1, cos⁡2x=1−y2 \cos^2x=1-y^2 으로 치환하면 다음과 같다.

∫0π/2cos⁡3x sin⁡2x dx=∫0π/2cos⁡2x sin⁡2x cos⁡x dx=∫01 ⁣(1−y2)y2 dy=∫01(y2−y4) dy=[y33−y55]01=13−15=215\begin{aligned} \int_0^{\pi/2}\cos^3x\ \sin^2x\,\mathrm{d}x &=\int_0^{\pi/2}\cos^2x\ \sin^2x\ \cos x\,\mathrm{d}x =\int_0^1\!(1-y^2)y^2\,\mathrm{d}y =\int_0^1(y^2-y^4)\,\mathrm{d}y \\ &=\bigg[\frac{y^3}{3}-\frac{y^5}{5}\bigg]_0^1 =\frac{1}{3}-\frac{1}{5} \\ &= \frac{2}{15} \end{aligned}

(c) 피적분함수는 서로 다른 종류의 두 함수의 곱이며, 뚜렷한 치환이나 간단히 하는 방법이 없다. log⁡x\log x 를 미분하면 피적분함수의 나머지 부분의 다항식 꼴과 더 잘 맞는다. 따라서 u(x)=log⁡xu(x)=\log x, dv=x3 dx\mathrm{d}v=x^3\,\mathrm{d}x 로 놓고 부분적분하면 du=1x dx\mathrm{d}u=\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x 이고 v=x4/4v=x^4/4 이다.

∫1ex3log⁡x dx=x44log⁡x∣1e−∫1ex44⋅1x dx=e44−∫1ex34 dx=e44−x416∣1e=3e416+116\begin{aligned} \int_1^{e}x^3\log x\,\mathrm{d}x &=\frac{x^4}{4}\log x\bigg|_1^e -\int_1^{e}\frac{x^4}{4}\cdot\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x =\frac{e^4}{4}-\int_1^{e}\frac{x^3}{4}\,\mathrm{d}x =\frac{e^4}{4}-\frac{x^4}{16}\bigg|_1^e \\ &=\frac{3e^4}{16}+\frac{1}{16} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) Although a quadratic under a square root often suggests trigonometric substitution, in this case we have an easier substitution. Specifically, let y=9+x2y=9+x^2. Then dy=2xdx, xdx=dy2, y(0)=9,\mathrm{d}y=2x\mathrm{d}x,\ x\mathrm{d}x=\frac{\mathrm{d}y}{2},\ y(0)=9, and y(4)=25y(4)=25.

∫04x9+x2 dx=∫9251y dy2=12⋅y1/2∣925=5−3=2\begin{aligned} \int_0^4\frac{x}{\sqrt{9+x^2}}\,\mathrm{d}x &=\int_9^{25}\frac{1}{\sqrt{y}}\,\frac{\mathrm{d}y}{2} =\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{y}}{1/2}\Big|_9^{25} =5-3= 2 \end{aligned}

(b) The power of cosine is odd, so we can reserve one cosine for the differential and change the rest to sines. Substituting y=sin⁡x,y=\sin x, dy=cos⁡x\mathrm{d}y=\cos x, dx,\mathrm{d}x, y(0)=0,y(0)=0, y(π/2)=1,y(\pi/2)=1, cos⁡2x=1−y2 \cos^2x=1-y^2:

∫0π/2cos⁡3x sin⁡2x dx=∫0π/2cos⁡2x sin⁡2x cos⁡x dx=∫01 ⁣(1−y2)y2 dy=∫01(y2−y4) dy=[y33−y55]01=13−15=215\begin{aligned} \int_0^{\pi/2}\cos^3x\ \sin^2x\,\mathrm{d}x &=\int_0^{\pi/2}\cos^2x\ \sin^2x\ \cos x\,\mathrm{d}x =\int_0^1\!(1-y^2)y^2\,\mathrm{d}y =\int_0^1(y^2-y^4)\,\mathrm{d}y \\ &=\bigg[\frac{y^3}{3}-\frac{y^5}{5}\bigg]_0^1 =\frac{1}{3}-\frac{1}{5} \\ &= \frac{2}{15} \end{aligned}

(c) The integrand is the product of two different kinds of functions, with no obvious substitution or simplification. If we differentiate log⁡x\log x, it will match better with the polynomial nature of the rest of the integrand. So, integrate by parts with u(x)=log⁡xu(x)=\log x and dv=x3 dx\mathrm{d}v=x^3\,\mathrm{d}x, then du=1x dx\mathrm{d}u=\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x and v=x4/4v=x^4/4.

∫1ex3log⁡x dx=x44log⁡x∣1e−∫1ex44⋅1x dx=e44−∫1ex34 dx=e44−x416∣1e=3e416+116\begin{aligned} \int_1^{e}x^3\log x\,\mathrm{d}x &=\frac{x^4}{4}\log x\bigg|_1^e -\int_1^{e}\frac{x^4}{4}\cdot\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x =\frac{e^4}{4}-\int_1^{e}\frac{x^3}{4}\,\mathrm{d}x =\frac{e^4}{4}-\frac{x^4}{16}\bigg|_1^e \\ &=\frac{3e^4}{16}+\frac{1}{16} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.13절 · 9번
# 적분 전략 고르기계산보통자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
48.CLP-2 · 1.13절 · 9번대학 수준우리말 번역

다음 적분의 값을 구하세요.

(a) ∫0π/2xsin⁡x dx\displaystyle\int_0^{\pi/2} x\sin x\,\mathrm{d}x (b) ∫0π/2cos⁡5x dx\displaystyle\int_0^{\pi/2} \cos^5 x\,\mathrm{d}x

영어 원문 보기

Evaluate the following integrals.

(a) ∫0π/2xsin⁡x dx\displaystyle\int_0^{\pi/2} x\sin x\,\mathrm{d}x (b) ∫0π/2cos⁡5x dx\displaystyle\int_0^{\pi/2} \cos^5 x\,\mathrm{d}x

답 쓰고 채점
(a)
(b)
정답·풀이 보기

(a) u=xu=x, dv=sin⁡x dx\mathrm{d}v=\sin x\,\mathrm{d}x 로 놓고 부분적분하면 du=dx\mathrm{d}u=\mathrm{d}x 이고 v=−cos⁡xv=-\cos x 이다.

∫xsin⁡x dx=−xcos⁡x−∫(−cos⁡x) dx=−xcos⁡x+sin⁡x+C따라서, ∫0π/2xsin⁡x dx=[−xcos⁡x+sin⁡x]0π/2=1\begin{aligned} \int x\sin x\,\mathrm{d}x&= -x\cos x-\int (-\cos x)\,\mathrm{d}x =-x\cos x+\sin x+C\\ \text{따라서, }\quad\int_0^{\pi/2} x\sin x\,\mathrm{d}x&=\Big[-x\cos x+\sin x\Big]_0^{\pi/2} =1 \end{aligned}

(b) 코사인의 거듭제곱이 홀수이므로 코사인 하나는 du\mathrm{d}u 를 위해 남겨 두고 나머지는 사인으로 바꿀 수 있다. u=sin⁡xu=\sin x, du=cos⁡x dx\mathrm{d}u=\cos x\,\mathrm{d}x 로 치환한다.

∫0π/2cos⁡5x dx=∫0π/2(1−sin⁡2x)2cos⁡x dx=∫01(1−u2)2 du=∫01(1−2u2+u4) du=[u−23u3+15u5]01=1−23+15=815\begin{aligned} \int_0^{\pi/2} \cos^5 x\,\mathrm{d}x &=\int_0^{\pi/2} \big(1-\sin^2x\big)^2\cos x\,\mathrm{d}x =\int_0^1\big(1-u^2\big)^2\,\mathrm{d}u =\int_0^1\big(1-2u^2+u^4\big)\,\mathrm{d}u\\ &=\left[u-\frac{2}{3}u^3+\frac{1}{5}u^5\right]_0^1 =1-\frac{2}{3}+\frac{1}{5} =\frac{8}{15} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) Integrate by parts with u=xu=x and dv=sin⁡x dx\mathrm{d}v=\sin x\,\mathrm{d}x so that du=dx\mathrm{d}u=\mathrm{d}x and v=−cos⁡xv=-\cos x.

∫xsin⁡x dx=−xcos⁡x−∫(−cos⁡x) dx=−xcos⁡x+sin⁡x+CSo, ∫0π/2xsin⁡x dx=[−xcos⁡x+sin⁡x]0π/2=1\begin{aligned} \int x\sin x\,\mathrm{d}x&= -x\cos x-\int (-\cos x)\,\mathrm{d}x =-x\cos x+\sin x+C\\ \text{So, }\quad\int_0^{\pi/2} x\sin x\,\mathrm{d}x&=\Big[-x\cos x+\sin x\Big]_0^{\pi/2} =1 \end{aligned}

(b) The power of cosine is odd, so we can reserve one cosine for du\mathrm{d}u and change the rest into sines. Make the substitution u=sin⁡xu=\sin x, du=cos⁡x dx\mathrm{d}u=\cos x\,\mathrm{d}x.

∫0π/2cos⁡5x dx=∫0π/2(1−sin⁡2x)2cos⁡x dx=∫01(1−u2)2 du=∫01(1−2u2+u4) du=[u−23u3+15u5]01=1−23+15=815\begin{aligned} \int_0^{\pi/2} \cos^5 x\,\mathrm{d}x &=\int_0^{\pi/2} \big(1-\sin^2x\big)^2\cos x\,\mathrm{d}x =\int_0^1\big(1-u^2\big)^2\,\mathrm{d}u =\int_0^1\big(1-2u^2+u^4\big)\,\mathrm{d}u\\ &=\left[u-\frac{2}{3}u^3+\frac{1}{5}u^5\right]_0^1 =1-\frac{2}{3}+\frac{1}{5} =\frac{8}{15} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 2권 · 3.5절 · 18번
# 적분 전략 고르기계산보통자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
49.CLP-2 · 1.13절 · 11번대학 수준우리말 번역

다음 적분을 계산하세요.

(a) ∫039−x2 dx\displaystyle\int_0^3\sqrt{9-x^2}\,\mathrm{d}x (b) ∫01log⁡(1+x2) dx\displaystyle\int_0^1\log(1+x^2)\,\mathrm{d}x (c) ∫3∞x(x−1)2(x−2) dx\displaystyle\int_3^\infty\frac{x}{(x-1)^2(x-2)}\,\mathrm{d}x

영어 원문 보기

Calculate the following integrals.

(a) ∫039−x2 dx\displaystyle\int_0^3\sqrt{9-x^2}\,\mathrm{d}x (b) ∫01log⁡(1+x2) dx\displaystyle\int_0^1\log(1+x^2)\,\mathrm{d}x (c) ∫3∞x(x−1)2(x−2) dx\displaystyle\int_3^\infty\frac{x}{(x-1)^2(x-2)}\,\mathrm{d}x

정답·풀이 보기

(a) ∫039−x2 dx\int_0^3\sqrt{9-x^2}\,\mathrm{d}x 는 원판 x2+y2≤9x^2+y^2\le 9 중 제1사분면에 놓인 부분의 넓이이다. 그 값은 14π33=94π \frac{1}{4}\pi 3^3={\frac{9}{4}\pi}\, 이다. 다른 방법으로, 치환 x=3sin⁡yx=3\sin y, dx=3cos⁡y dy\mathrm{d}x=3\cos y\,\mathrm{d}y 를 사용하여 이 적분을 계산할 수도 있다.

∫039−x2 dx=∫0π/29−9sin⁡2y (3cos⁡y) dy=9∫0π/2cos⁡2y dy=92∫0π/2[1+cos⁡(2y)] dy=92[y+sin⁡(2y)2]0π/2=94π\begin{aligned} \int_0^3\sqrt{9-x^2}\,\mathrm{d}x &=\int_0^{\pi/2}\sqrt{9-9\sin^2y}\ (3\cos y)\,\mathrm{d}y =9\int_0^{\pi/2}\cos^2 y\,\mathrm{d}y \\ &=\frac{9}{2}\int_0^{\pi/2}[1+\cos(2y)]\,\mathrm{d}y =\frac{9}{2}{\Big[y+\frac{\sin(2y)}{2}\Big]}_0^{\pi/2} \\ &=\frac{9}{4}\pi \end{aligned}

그림

(b) 이 문제는 무엇을 해야 할지 바로 떠오르지는 않지만, u=log⁡xu=\log x, dv=dx\mathrm{d}v=\mathrm{d}x 로 놓고 부분적분을 이용하여 ∫log⁡xdx\int \log x \mathrm{d}x 를 구했던 것을 떠올리자. 비슷한 방법이 여기서도 통하기를 기대해 보자. u=log⁡(1+x2)u=\log(1+x^2), dv=dx\mathrm{d}v=\mathrm{d}x 로 놓고 부분적분을 하면 du=2x1+x2 dx\mathrm{d}u=\frac{2x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x, v=xv=x 이다.

∫01log⁡(1+x2) dx=[xlog⁡(1+x2)]01−∫01x2x1+x2 dx=log⁡2−2∫01x21+x2 dx=log⁡2−2∫01(1−11+x2) dx=log⁡2−2[x−arctan⁡x]01=log⁡2−2+π2≈0.264\begin{aligned} \int_0^1\log(1+x^2)\,\mathrm{d}x &=\Big[x\log(1+x^2)\Big]_0^1-\int_0^1 x\frac{2x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x =\log 2-2\int_0^1 \frac{x^2}{1+x^2}\,\mathrm{d}x \\ &=\log 2-2\int_0^1\Big(1- \frac{1}{1+x^2}\Big)\,\mathrm{d}x =\log 2-2\big[x-\arctan x\big]_0^1 \\ &=\log 2-2+\frac{\pi}{2}\approx 0.264 \end{aligned}

(c) 피적분함수는 뚜렷한 치환이 보이지 않는 유리함수이므로 부분분수 분해를 사용한다.

x(x−1)2(x−2)=a(x−1)2+bx−1+cx−2=a(x−2)+b(x−1)(x−2)+c(x−1)2(x−1)2(x−2)분모를 곱한다.x=a(x−2)+b(x−1)(x−2)+c(x−1)2\begin{aligned} \frac{x}{(x-1)^2(x-2)} &=\frac{a}{(x-1)^2}+\frac{b}{x-1}+\frac{c}{x-2} =\frac{a(x-2)+b(x-1)(x-2)+c(x-1)^2}{(x-1)^2(x-2)} \\ \\ \text{분모를 곱한다.} \\ x&=a(x-2)+b(x-1)(x-2)+c(x-1)^2 \end{aligned}

x=1x=1 을 대입하면 a=−1a=-1 이다. x=2x=2 를 대입하면 c=2c=2 이다. a=−1a=-1 과 c=2c=2 를 대입하면

b(x−1)(x−2)=x+(x−2)−2(x−1)2=−2x2+6x−4=−2(x−1)(x−2)  ⟹  b=−2\begin{aligned} b(x-1)(x-2)&=x+(x-2)-2(x-1)^2=-2x^2+6x-4=-2(x-1)(x-2) \\ \implies b&=-2 \end{aligned}

따라서

∫3∞x(x−1)2(x−2) dx=lim⁡M→∞∫3M(−1(x−1)2−2x−1+2x−2) dx=lim⁡M→∞[1x−1−2log⁡∣x−1∣+2log⁡∣x−2∣]3M=lim⁡M→∞[1x−1+2log⁡∣x−2x−1∣]3M=lim⁡M→∞[1M−1+2log⁡∣M−2M−1∣]−[13−1+2log⁡∣3−23−1∣]=2log⁡2−12≈0.886\begin{aligned} \int_3^\infty\frac{x}{(x-1)^2(x-2)}\,\mathrm{d}x &=\lim_{M\rightarrow\infty} \int_3^M\left(-\frac{1}{(x-1)^2}-\frac{2}{x-1}+\frac{2}{x-2}\right)\,\mathrm{d}x \\ &=\lim_{M\rightarrow\infty} \left[\frac{1}{x-1}-2\log|x-1|+2\log|x-2|\right]_3^M\\ &=\lim_{M\rightarrow\infty} \bigg[\frac{1}{x-1}+2\log\bigg|\frac{x-2}{x-1}\bigg|\bigg]_3^M\\ &=\lim_{M\rightarrow\infty} \bigg[\frac{1}{M-1}+2\log\bigg|\frac{M-2}{M-1}\bigg|\bigg] -\bigg[\frac{1}{3-1}+2\log\bigg|\frac{3-2}{3-1}\bigg|\bigg] \\ &=2\log 2-\frac{1}{2}\approx0.886 \end{aligned}

이다. 왜냐하면

lim⁡M→∞log⁡M−2M−1=lim⁡M→∞log⁡1−2/M1−1/M=log⁡1=0그리고log⁡12=−log⁡2\begin{aligned} \lim_{M\rightarrow\infty}\log\frac{M-2}{M-1} &=\lim_{M\rightarrow\infty}\log\frac{1-2/M}{1-1/M} =\log 1=0\\ \text{그리고}\qquad \log\frac{1}{2}&=-\log2 \end{aligned}

이기 때문이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) ∫039−x2 dx\int_0^3\sqrt{9-x^2}\,\mathrm{d}x is the area of the portion of the disk x2+y2≤9x^2+y^2\le 9 that lies in the first quadrant. It is 14π33=94π \frac{1}{4}\pi 3^3={\frac{9}{4}\pi}\,. Alternatively, you could also evaluate this integral using the substitution x=3sin⁡yx=3\sin y, dx=3cos⁡y dy\mathrm{d}x=3\cos y\,\mathrm{d}y.

∫039−x2 dx=∫0π/29−9sin⁡2y (3cos⁡y) dy=9∫0π/2cos⁡2y dy=92∫0π/2[1+cos⁡(2y)] dy=92[y+sin⁡(2y)2]0π/2=94π\begin{aligned} \int_0^3\sqrt{9-x^2}\,\mathrm{d}x &=\int_0^{\pi/2}\sqrt{9-9\sin^2y}\ (3\cos y)\,\mathrm{d}y =9\int_0^{\pi/2}\cos^2 y\,\mathrm{d}y \\ &=\frac{9}{2}\int_0^{\pi/2}[1+\cos(2y)]\,\mathrm{d}y =\frac{9}{2}{\Big[y+\frac{\sin(2y)}{2}\Big]}_0^{\pi/2} \\ &=\frac{9}{4}\pi \end{aligned}

figure

(b) It's not immediately obvious what to do with this one, but remember we found ∫log⁡xdx\int \log x \mathrm{d}x using integration by parts with u=log⁡xu=\log x and dv=dx\mathrm{d}v=\mathrm{d}x. Let's hope a similar trick works here. Integrate by parts, using u=log⁡(1+x2)u=\log(1+x^2) and dv=dx\mathrm{d}v=\mathrm{d}x, so that du=2x1+x2 dx\mathrm{d}u=\frac{2x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x, v=xv=x.

∫01log⁡(1+x2) dx=[xlog⁡(1+x2)]01−∫01x2x1+x2 dx=log⁡2−2∫01x21+x2 dx=log⁡2−2∫01(1−11+x2) dx=log⁡2−2[x−arctan⁡x]01=log⁡2−2+π2≈0.264\begin{aligned} \int_0^1\log(1+x^2)\,\mathrm{d}x &=\Big[x\log(1+x^2)\Big]_0^1-\int_0^1 x\frac{2x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x =\log 2-2\int_0^1 \frac{x^2}{1+x^2}\,\mathrm{d}x \\ &=\log 2-2\int_0^1\Big(1- \frac{1}{1+x^2}\Big)\,\mathrm{d}x =\log 2-2\big[x-\arctan x\big]_0^1 \\ &=\log 2-2+\frac{\pi}{2}\approx 0.264 \end{aligned}

(c) The integrand is a rational function with no obvious substitution, so we use partial fractions.

x(x−1)2(x−2)=a(x−1)2+bx−1+cx−2=a(x−2)+b(x−1)(x−2)+c(x−1)2(x−1)2(x−2)Multiply by the denominator.x=a(x−2)+b(x−1)(x−2)+c(x−1)2\begin{aligned} \frac{x}{(x-1)^2(x-2)} &=\frac{a}{(x-1)^2}+\frac{b}{x-1}+\frac{c}{x-2} =\frac{a(x-2)+b(x-1)(x-2)+c(x-1)^2}{(x-1)^2(x-2)} \\ \\ \text{Multiply by the denominator.} \\ x&=a(x-2)+b(x-1)(x-2)+c(x-1)^2 \end{aligned}

Setting x=1x=1 gives a=−1a=-1. Setting x=2x=2 gives c=2c=2. Substituting in a=−1a=-1 and c=2c=2 gives

b(x−1)(x−2)=x+(x−2)−2(x−1)2=−2x2+6x−4=−2(x−1)(x−2)  ⟹  b=−2\begin{aligned} b(x-1)(x-2)&=x+(x-2)-2(x-1)^2=-2x^2+6x-4=-2(x-1)(x-2) \\ \implies b&=-2 \end{aligned}

Hence

∫3∞x(x−1)2(x−2) dx=lim⁡M→∞∫3M(−1(x−1)2−2x−1+2x−2) dx=lim⁡M→∞[1x−1−2log⁡∣x−1∣+2log⁡∣x−2∣]3M=lim⁡M→∞[1x−1+2log⁡∣x−2x−1∣]3M=lim⁡M→∞[1M−1+2log⁡∣M−2M−1∣]−[13−1+2log⁡∣3−23−1∣]=2log⁡2−12≈0.886\begin{aligned} \int_3^\infty\frac{x}{(x-1)^2(x-2)}\,\mathrm{d}x &=\lim_{M\rightarrow\infty} \int_3^M\left(-\frac{1}{(x-1)^2}-\frac{2}{x-1}+\frac{2}{x-2}\right)\,\mathrm{d}x \\ &=\lim_{M\rightarrow\infty} \left[\frac{1}{x-1}-2\log|x-1|+2\log|x-2|\right]_3^M\\ &=\lim_{M\rightarrow\infty} \bigg[\frac{1}{x-1}+2\log\bigg|\frac{x-2}{x-1}\bigg|\bigg]_3^M\\ &=\lim_{M\rightarrow\infty} \bigg[\frac{1}{M-1}+2\log\bigg|\frac{M-2}{M-1}\bigg|\bigg] -\bigg[\frac{1}{3-1}+2\log\bigg|\frac{3-2}{3-1}\bigg|\bigg] \\ &=2\log 2-\frac{1}{2}\approx0.886 \end{aligned}

since

lim⁡M→∞log⁡M−2M−1=lim⁡M→∞log⁡1−2/M1−1/M=log⁡1=0andlog⁡12=−log⁡2\begin{aligned} \lim_{M\rightarrow\infty}\log\frac{M-2}{M-1} &=\lim_{M\rightarrow\infty}\log\frac{1-2/M}{1-1/M} =\log 1=0\\ \text{and}\qquad \log\frac{1}{2}&=-\log2 \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.13절 · 13번
# 적분 전략 고르기계산보통자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
50.CLP-2 · 1.13절 · 13번대학 수준우리말 번역

다음 적분의 값을 구하세요. 풀이 과정을 보이세요.

(a) ∫0π4sin⁡2(2x)cos⁡3(2x) dx\displaystyle\int_0^{\pi\over 4}\sin^2(2x)\cos^3(2x)\ \mathrm{d}x (b) ∫(9+x2)−32 dx\displaystyle\int\big(9+x^2\big)^{-{3\over 2}}\ \mathrm{d}x (c) ∫dx(x−1)(x2+1)\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}x}{(x-1)(x^2+1)} (d) ∫xarctan⁡x dx\displaystyle\int x\arctan x\ \mathrm{d}x

영어 원문 보기

Evaluate the following integrals. Show your work.

(a) ∫0π4sin⁡2(2x)cos⁡3(2x) dx\displaystyle\int_0^{\pi\over 4}\sin^2(2x)\cos^3(2x)\ \mathrm{d}x (b) ∫(9+x2)−32 dx\displaystyle\int\big(9+x^2\big)^{-{3\over 2}}\ \mathrm{d}x (c) ∫dx(x−1)(x2+1)\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}x}{(x-1)(x^2+1)} (d) ∫xarctan⁡x dx\displaystyle\int x\arctan x\ \mathrm{d}x

정답·풀이 보기

(a) 지금은 사인과 코사인의 인수가 xx 가 아니라 2x2x 라는 점은 중요하지 않다. 이것도 사인과 코사인의 곱의 거듭제곱을 적분하는 문제이다. 코사인의 지수가 홀수이므로 u=sin⁡(2x)u=\sin (2x), du=2cos⁡(2x) dx\mathrm{d}u=2\cos(2 x)\,\mathrm{d}x 로 치환한다.

∫0π4sin⁡2(2x)cos⁡3(2x) dx=∫0π4sin⁡2(2x)[1−sin⁡2(2x)]cos⁡(2x) dx=12∫01u2[1−u2] du=12∫01(u2−u4) du=12[13u3−15u5]01=115\begin{aligned} \int_0^{\pi\over 4}\sin^2(2x)\cos^3(2x)\ \mathrm{d}x &=\int_0^{\pi\over 4} \sin^2(2x)\big[1-\sin^2(2x)\big]\cos(2 x)\ \mathrm{d}x =\frac{1}{2}\int_0^1 u^2\big[1-u^2\big]\ \mathrm{d}u\\ &=\frac{1}{2}\int_0^1\big(u^2-u^4\big)\ \mathrm{d}u =\frac{1}{2}{\Big[\frac{1}{3}u^3-\frac{1}{5}u^5\Big]}_0^1 =\frac{1}{15} \end{aligned}

(b) x=3tan⁡tx=3\tan t, dx=3sec⁡2t dt\mathrm{d}x=3\sec^2t\,\mathrm{d}t 로 치환하고 삼각함수 항등식 9+9tan⁡2t=9sec⁡2t9+9\tan^2 t = 9\sec^2 t 를 이용한다.

∫(9+x2)−32 dx=∫(9+9tan⁡2t)−32 3sec⁡2t dt=∫(3sec⁡t)−3 3sec⁡2t dt=19∫cos⁡t dt=19sin⁡t+C=19xx2+9+C\begin{aligned} \int\big(9+x^2\big)^{-{3\over 2}}\ \mathrm{d}x &=\int\big(9+9\tan^2t\big)^{-{3\over 2}}\ 3\sec^2t\,\mathrm{d}t =\int\big(3\sec t\big)^{-3}\ 3\sec^2t\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{9}\int\cos t\ \mathrm{d}t =\frac{1}{9}\sin t+C =\frac{1}{9}\frac{x}{\sqrt{x^2+9}}+C \end{aligned}

마지막 단계에서 xx 로 되돌릴 때에는 tan⁡t=x3\tan t =\frac{x}{3} 가 되도록 만든 아래의 삼각형을 이용했다.

그림

(c) 뚜렷한 치환이 보이지 않는 유리함수이므로 부분분수로 분해한다.

1(x−1)(x2+1)=ax−1+bx+cx2+1=a(x2+1)+(bx+c)(x−1)(x−1)(x2+1)처음의 분모를 양변에 곱한다.1=a(x2+1)+(bx+c)(x−1)(∗)\begin{aligned} \frac{1}{(x-1)(x^2+1)} &=\frac{a}{x-1}+\frac{bx+c}{x^2+1} =\frac{a(x^2+1)+(bx+c)(x-1)}{(x-1)(x^2+1)} \\ \text{처음의 분모를 양변에 곱한다.} \\ 1&=a(x^2+1)+(bx+c)(x-1)\tag{$*$} \end{aligned}

x=1x=1 을 대입하면 2a=12a=1, 즉 a=12a=\tfrac{1}{2} 이다. (∗)(*) 에 a=12a=\tfrac{1}{2} 을 대입하면

12(x2+1)+(bx+c)(x−1)=1  ⟺  (bx+c)(x−1)=12(1−x2)=−12(x−1)(x+1)  ⟺  (bx+c)=−12(x+1)  ⟺  b=c=−12\begin{aligned} &\frac{1}{2}(x^2+1)+(bx+c)(x-1)=1\\ \iff\qquad& (bx+c)(x-1)=\frac{1}{2}(1-x^2)=-\frac{1}{2}(x-1)(x+1)\\ \iff\qquad& (bx+c)=-\frac{1}{2}(x+1)\\ \iff\qquad& b=c=-\frac{1}{2}\\ \end{aligned}

따라서

∫dx(x−1)(x2+1)=∫[1/2x−1−12(x+1)x2+1] dx두 번째 항의 부정적분을 구하기 위해 이를 두 개의 적분으로 나눈다. 하나는 치환 u=x2+1 로 계산할 수 있고, 다른 하나는 아크탄젠트의 도함수와 같은 꼴이다.=∫(1/2x−1−x/2x2+1−1/2x2+1) dx=∫(1/2x−1−14⋅2xx2+1−1/2x2+1) dx=12log⁡∣x−1∣−14log⁡(x2+1)−12arctan⁡x+C\begin{aligned} \int\frac{\mathrm{d}x}{(x-1)(x^2+1)} &=\int\Big[\frac{1/2}{x-1}-\frac{\frac{1}{2}(x+1)}{x^2+1}\Big]\,\mathrm{d}x \\ \text{두 번째 항의 부정적분을 구하기 위해 이를 두 개의 적분으로 나눈다. 하나는 치환 $u=x^2+1$ 로 계산할 수 있고, 다른 하나는 아크탄젠트의 도함수와 같은 꼴이다.} \\ &=\int\Big(\frac{1/2}{x-1}-\frac{x/2}{x^2+1} -\frac{1/2}{x^2+1}\Big)\,\mathrm{d}x\\ &=\int\Big(\frac{1/2}{x-1}-\frac{1}{4}\cdot\frac{2x}{x^2+1} -\frac{1/2}{x^2+1}\Big)\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{2}\log|x-1|-\frac{1}{4}\log(x^2+1)-\frac{1}{2}\arctan x+C \end{aligned}

(d) 아크탄젠트의 도함수는 알고 있고, 이것은 xx 의 부정적분과 곱해지면 깔끔하게 적분된다. 따라서 u=arctan⁡xu=\arctan x, dv=x dx\mathrm{d}v=x\,\mathrm{d}x 로 놓고 부분적분을 하면 du=11+x2dx\mathrm{d}u=\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x, v=12x2v=\frac{1}{2} x^2 이다. 그러면

∫xarctan⁡x dx=12x2arctan⁡x−12∫x21+x2 dx=12x2arctan⁡x−12∫1+x2−11+x2 dx=12x2arctan⁡x−12∫(1−11+x2) dx=12[x2arctan⁡x−x+arctan⁡x]+C\begin{aligned} \int x\arctan x\,\mathrm{d}x&= \frac{1}{2} x^2\arctan x -\frac{1}{2}\int \frac{x^2}{1+x^2}\,\mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{2} x^2\arctan x-\frac{1}{2}\int \frac{1+x^2-1}{1+x^2}\,\mathrm{d}x\\ &= \frac{1}{2} x^2\arctan x-\frac{1}{2}\int \left(1-\frac{1}{1+x^2}\right)\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{2}\big[ x^2\arctan x -x +\arctan x\big]+C \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) It doesn't matter to us right now that the arguments of sine and cosine are 2x2x rather than xx. This is still the integral of powers of products of sines and cosines. Since cosine has an odd power, we make the substitution u=sin⁡(2x)u=\sin (2x), du=2cos⁡(2x) dx\mathrm{d}u=2\cos(2 x)\,\mathrm{d}x.

∫0π4sin⁡2(2x)cos⁡3(2x) dx=∫0π4sin⁡2(2x)[1−sin⁡2(2x)]cos⁡(2x) dx=12∫01u2[1−u2] du=12∫01(u2−u4) du=12[13u3−15u5]01=115\begin{aligned} \int_0^{\pi\over 4}\sin^2(2x)\cos^3(2x)\ \mathrm{d}x &=\int_0^{\pi\over 4} \sin^2(2x)\big[1-\sin^2(2x)\big]\cos(2 x)\ \mathrm{d}x =\frac{1}{2}\int_0^1 u^2\big[1-u^2\big]\ \mathrm{d}u\\ &=\frac{1}{2}\int_0^1\big(u^2-u^4\big)\ \mathrm{d}u =\frac{1}{2}{\Big[\frac{1}{3}u^3-\frac{1}{5}u^5\Big]}_0^1 =\frac{1}{15} \end{aligned}

(b) Make the substitution x=3tan⁡tx=3\tan t, dx=3sec⁡2t dt\mathrm{d}x=3\sec^2t\,\mathrm{d}t and use the trig identity 9+9tan⁡2t=9sec⁡2t9+9\tan^2 t = 9\sec^2 t.

∫(9+x2)−32 dx=∫(9+9tan⁡2t)−32 3sec⁡2t dt=∫(3sec⁡t)−3 3sec⁡2t dt=19∫cos⁡t dt=19sin⁡t+C=19xx2+9+C\begin{aligned} \int\big(9+x^2\big)^{-{3\over 2}}\ \mathrm{d}x &=\int\big(9+9\tan^2t\big)^{-{3\over 2}}\ 3\sec^2t\,\mathrm{d}t =\int\big(3\sec t\big)^{-3}\ 3\sec^2t\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{9}\int\cos t\ \mathrm{d}t =\frac{1}{9}\sin t+C =\frac{1}{9}\frac{x}{\sqrt{x^2+9}}+C \end{aligned}

To convert back to xx, in the last step, we used the triangle below, which is rigged to have tan⁡t=x3\tan t =\frac{x}{3}.

figure

(c) Seeing a rational function with no obvious substitutions, we use partial fractions.

1(x−1)(x2+1)=ax−1+bx+cx2+1=a(x2+1)+(bx+c)(x−1)(x−1)(x2+1)Multiply by the original denominator.1=a(x2+1)+(bx+c)(x−1)(∗)\begin{aligned} \frac{1}{(x-1)(x^2+1)} &=\frac{a}{x-1}+\frac{bx+c}{x^2+1} =\frac{a(x^2+1)+(bx+c)(x-1)}{(x-1)(x^2+1)} \\ \text{Multiply by the original denominator.} \\ 1&=a(x^2+1)+(bx+c)(x-1)\tag{$*$} \end{aligned}

Setting x=1x=1 gives 2a=12a=1 or a=12a=\tfrac{1}{2}. Substituting in a=12a=\tfrac{1}{2} in (∗)(*) gives

12(x2+1)+(bx+c)(x−1)=1  ⟺  (bx+c)(x−1)=12(1−x2)=−12(x−1)(x+1)  ⟺  (bx+c)=−12(x+1)  ⟺  b=c=−12\begin{aligned} &\frac{1}{2}(x^2+1)+(bx+c)(x-1)=1\\ \iff\qquad& (bx+c)(x-1)=\frac{1}{2}(1-x^2)=-\frac{1}{2}(x-1)(x+1)\\ \iff\qquad& (bx+c)=-\frac{1}{2}(x+1)\\ \iff\qquad& b=c=-\frac{1}{2}\\ \end{aligned}

So,

∫dx(x−1)(x2+1)=∫[1/2x−1−12(x+1)x2+1] dxTo antidifferentiate the second piece, we split it into two integrals: one that can be handled with the substitution u=x2+1, and another that looks like the derivative of arctangent.=∫(1/2x−1−x/2x2+1−1/2x2+1) dx=∫(1/2x−1−14⋅2xx2+1−1/2x2+1) dx=12log⁡∣x−1∣−14log⁡(x2+1)−12arctan⁡x+C\begin{aligned} \int\frac{\mathrm{d}x}{(x-1)(x^2+1)} &=\int\Big[\frac{1/2}{x-1}-\frac{\frac{1}{2}(x+1)}{x^2+1}\Big]\,\mathrm{d}x \\ \text{To antidifferentiate the second piece, we split it into two integrals: one that can be handled with the substitution $u=x^2+1$, and another that looks like the derivative of arctangent.} \\ &=\int\Big(\frac{1/2}{x-1}-\frac{x/2}{x^2+1} -\frac{1/2}{x^2+1}\Big)\,\mathrm{d}x\\ &=\int\Big(\frac{1/2}{x-1}-\frac{1}{4}\cdot\frac{2x}{x^2+1} -\frac{1/2}{x^2+1}\Big)\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{2}\log|x-1|-\frac{1}{4}\log(x^2+1)-\frac{1}{2}\arctan x+C \end{aligned}

(d) We know the derivative of arctangent, and it would integrate nicely if multiplied to the antiderivative of xx. So, we integrate by parts with u=arctan⁡xu=\arctan x and dv=x dx\mathrm{d}v=x\,\mathrm{d}x so that du=11+x2dx\mathrm{d}u=\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x and v=12x2v=\frac{1}{2} x^2. Then

∫xarctan⁡x dx=12x2arctan⁡x−12∫x21+x2 dx=12x2arctan⁡x−12∫1+x2−11+x2 dx=12x2arctan⁡x−12∫(1−11+x2) dx=12[x2arctan⁡x−x+arctan⁡x]+C\begin{aligned} \int x\arctan x\,\mathrm{d}x&= \frac{1}{2} x^2\arctan x -\frac{1}{2}\int \frac{x^2}{1+x^2}\,\mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{2} x^2\arctan x-\frac{1}{2}\int \frac{1+x^2-1}{1+x^2}\,\mathrm{d}x\\ &= \frac{1}{2} x^2\arctan x-\frac{1}{2}\int \left(1-\frac{1}{1+x^2}\right)\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{2}\big[ x^2\arctan x -x +\arctan x\big]+C \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.13절 · 17번
# 적분 전략 고르기계산보통자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
51.CLP-2 · 1.13절 · 16번대학 수준우리말 번역

다음 적분의 값을 구하세요.

(a) ∫x log⁡x dx\displaystyle\int x\,\log x\ \mathrm{d}x (b) ∫(x−1) dxx2+4x+5\displaystyle\int\frac{(x-1)\,\mathrm{d}x}{x^2+4x+5} (c) ∫dxx2−4x+3\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}x}{x^2-4x+3} (d) ∫x2 dx1+x6\displaystyle\int\frac{x^2\,\mathrm{d}x}{1+x^6}

영어 원문 보기

Evaluate the following integrals.

(a) ∫x log⁡x dx\displaystyle\int x\,\log x\ \mathrm{d}x (b) ∫(x−1) dxx2+4x+5\displaystyle\int\frac{(x-1)\,\mathrm{d}x}{x^2+4x+5} (c) ∫dxx2−4x+3\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}x}{x^2-4x+3} (d) ∫x2 dx1+x6\displaystyle\int\frac{x^2\,\mathrm{d}x}{1+x^6}

정답·풀이 보기

(a) u=log⁡xu=\log x, dv=x dx\mathrm{d}v=x\,\mathrm{d}x 로 놓고 부분적분하면, du=dxx\mathrm{d}u=\frac{\mathrm{d}x}{x} 이고 v=12x2v=\tfrac{1}{2} x^2 이다.

∫x log⁡x dx=12x2log⁡x−12∫x2⋅1x dx=12x2log⁡x−14x2+C\begin{aligned} \int x\,\log x\ \mathrm{d}x= \frac{1}{2} x^2\log x- \frac{1}{2} \int x^2\cdot\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x =\frac{1}{2} x^2\log x -\frac{1}{4} x^2+C \end{aligned}

(b) 분모가 더 이상 인수분해되지 않는 이차식이므로 부분분수로는 더 나아갈 수 없다. 분모가 이차식인 함수를 적분하려면, 분자를 나누어 한 부분은 uu-치환으로 계산하고 다른 부분은 아크탄젠트 꼴이 되게 한다.

∫(x−1)dxx2+4x+5=∫x+2−3x2+4x+5dx=12∫2x+4x2+4x+5dx−∫3x2+4x+5dx=12∫2x+4x2+4x+5dx−3∫1(x+2)2+1dx=12log⁡[x2+4x+5]−3arctan⁡(x+2)+C\begin{aligned} \int\frac{(x-1)\mathrm{d}x}{x^2+4x+5} &=\int\frac{x+2-3}{x^2+4x+5}\mathrm{d}x \\ &=\frac{1}{2}\int\frac{2x+4}{x^2+4x+5}\mathrm{d}x -\int\frac{3}{x^2+4x+5}\mathrm{d}x \\ &=\frac{1}{2}\int\frac{2x+4}{x^2+4x+5}\mathrm{d}x-3\int\frac{1}{(x+2)^2+1}\mathrm{d}x \\ &=\frac{1}{2} \log [x^2+4x+5] -3\arctan(x+2)+C \end{aligned}

마지막 단계에서는 부정적분을 추측하여 구해도 되고, 두 적분에 각각 u1=x2+4x+5u_1=x^2+4x+5 와 u2=x+2u_2=x+2 로 치환해도 된다.

(c) 부분분수를 이용한다.

1x2−4x+3=1(x−3)(x−1)=ax−3+bx−11=a(x−1)+b(x−3)\begin{aligned} \frac{1}{x^2-4x+3} &=\frac{1}{(x-3)(x-1)} =\frac{a}{x-3}+\frac{b}{x-1}\\ 1&=a(x-1)+b(x-3) \end{aligned}

x=3x=3 을 대입하면 a=12a=\frac{1}{2} 이다. x=1x=1 을 대입하면 b=−12b=-\frac{1}{2} 이다. 따라서

∫dxx2−4x+3=∫(1/2x−3−1/2x−1) dx=12log⁡∣x−3∣−12log⁡∣x−1∣+C\begin{aligned} \int\frac{\mathrm{d}x}{x^2-4x+3} =\int\Big(\frac{ 1/2}{x-3} -\frac{ 1/2}{x-1}\Big)\,\mathrm{d}x =\frac{1}{2}\log|x-3|-\frac{1}{2}\log|x-1|+C \end{aligned}

(d) y=x3y=x^3, dy=3x2 dx\mathrm{d}y=3x^2\,\mathrm{d}x 로 치환한다.

∫x2 dx1+x6=13∫dy1+y2=13arctan⁡y+C=13arctan⁡x3+C\begin{aligned} \int\frac{x^2\,\mathrm{d}x}{1+x^6}= \frac{1}{3} \int \frac{\mathrm{d}y}{1+y^2} = \frac{1}{3}\arctan y+C =\frac{1}{3}\arctan x^3 +C \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) Integrate by parts with u=log⁡xu=\log x and dv=x dx\mathrm{d}v=x\,\mathrm{d}x, so that du=dxx\mathrm{d}u=\frac{\mathrm{d}x}{x} and v=12x2v=\tfrac{1}{2} x^2.

∫x log⁡x dx=12x2log⁡x−12∫x2⋅1x dx=12x2log⁡x−14x2+C\begin{aligned} \int x\,\log x\ \mathrm{d}x= \frac{1}{2} x^2\log x- \frac{1}{2} \int x^2\cdot\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x =\frac{1}{2} x^2\log x -\frac{1}{4} x^2+C \end{aligned}

(b) The denominator is an irreducible quadratic, so partial fractions can't get us any further. To integrate a function whose denominator is quadratic, we split the numerator up so that one piece can be evaluated with a uu-substitution, and the other piece looks like arctangent.

∫(x−1)dxx2+4x+5=∫x+2−3x2+4x+5dx=12∫2x+4x2+4x+5dx−∫3x2+4x+5dx=12∫2x+4x2+4x+5dx−3∫1(x+2)2+1dx=12log⁡[x2+4x+5]−3arctan⁡(x+2)+C\begin{aligned} \int\frac{(x-1)\mathrm{d}x}{x^2+4x+5} &=\int\frac{x+2-3}{x^2+4x+5}\mathrm{d}x \\ &=\frac{1}{2}\int\frac{2x+4}{x^2+4x+5}\mathrm{d}x -\int\frac{3}{x^2+4x+5}\mathrm{d}x \\ &=\frac{1}{2}\int\frac{2x+4}{x^2+4x+5}\mathrm{d}x-3\int\frac{1}{(x+2)^2+1}\mathrm{d}x \\ &=\frac{1}{2} \log [x^2+4x+5] -3\arctan(x+2)+C \end{aligned}

For the last step, you can guess the antiderivative, or use the substitutions u1=x2+4x+5u_1=x^2+4x+5 and u2=x+2u_2=x+2, respectively, for the two integrals.

(c) We use partial fractions.

1x2−4x+3=1(x−3)(x−1)=ax−3+bx−11=a(x−1)+b(x−3)\begin{aligned} \frac{1}{x^2-4x+3} &=\frac{1}{(x-3)(x-1)} =\frac{a}{x-3}+\frac{b}{x-1}\\ 1&=a(x-1)+b(x-3) \end{aligned}

Setting x=3x=3 gives a=12a=\frac{1}{2}. Setting x=1x=1 gives b=−12b=-\frac{1}{2}. So,

∫dxx2−4x+3=∫(1/2x−3−1/2x−1) dx=12log⁡∣x−3∣−12log⁡∣x−1∣+C\begin{aligned} \int\frac{\mathrm{d}x}{x^2-4x+3} =\int\Big(\frac{ 1/2}{x-3} -\frac{ 1/2}{x-1}\Big)\,\mathrm{d}x =\frac{1}{2}\log|x-3|-\frac{1}{2}\log|x-1|+C \end{aligned}

(d) Substitute y=x3y=x^3, dy=3x2 dx\mathrm{d}y=3x^2\,\mathrm{d}x.

∫x2 dx1+x6=13∫dy1+y2=13arctan⁡y+C=13arctan⁡x3+C\begin{aligned} \int\frac{x^2\,\mathrm{d}x}{1+x^6}= \frac{1}{3} \int \frac{\mathrm{d}y}{1+y^2} = \frac{1}{3}\arctan y+C =\frac{1}{3}\arctan x^3 +C \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기OpenStax 2권 · 3.5절 · 30번
# 적분 전략 고르기계산보통자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
52.CLP-2 · 1.13절 · 17번대학 수준우리말 번역

다음 적분의 값을 구하세요.

(a) ∫01arctan⁡x dx\displaystyle\int_0^1\arctan x\ \mathrm{d}x. (b) ∫2x−1x2−2x+5 dx\displaystyle\int\frac{2x-1}{x^2-2x+5}\ \mathrm{d}x.

영어 원문 보기

Evaluate the following integrals.

(a) ∫01arctan⁡x dx\displaystyle\int_0^1\arctan x\ \mathrm{d}x. (b) ∫2x−1x2−2x+5 dx\displaystyle\int\frac{2x-1}{x^2-2x+5}\ \mathrm{d}x.

정답·풀이 보기

(a) u=arctan⁡xu=\arctan x, dv=dx\mathrm{d}v=\mathrm{d}x, du=dx1+x2\mathrm{d}u=\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2}, v=xv=x 로 놓고 부분적분하면 다음을 얻는다.

∫01arctan⁡x dx=[xarctan⁡x]01−∫01x1+x2dx=arctan⁡1−[12log⁡(1+x2)]01=π4−12log⁡2\begin{aligned} \int_0^1\arctan x\ \mathrm{d}x &= \big[x\arctan x\big]_0^1-\int_0^1 \frac{x}{1+x^2} \mathrm{d}x =\arctan 1-\Big[\frac{1}{2}\log(1+x^2)\Big]_0^1 =\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\log 2 \end{aligned}

(b) 분모의 도함수는 2x−22x-2 이고, 이는 분자와 11 만큼만 차이가 난다.

∫2x−1x2−2x+5 dx=∫2x−2x2−2x+5 dx+∫1x2−2x+5 dx=∫2x−2x2−2x+5 dx+∫1(x−1)2+4 dx=log⁡∣x2−2x+5∣+12arctan⁡x−12+C\begin{aligned} \int\frac{2x-1}{x^2-2x+5}\ \mathrm{d}x &=\int\frac{2x-2}{x^2-2x+5}\ \mathrm{d}x+\int\frac{1}{x^2-2x+5}\ \mathrm{d}x \\ &=\int\frac{2x-2}{x^2-2x+5}\ \mathrm{d}x+\int\frac{1}{(x-1)^2+4}\ \mathrm{d}x \\ &=\log |x^2-2x+5| +\frac{1}{2}\arctan \frac{x-1}{2} +C \end{aligned}

마지막 단계에서는 부정적분을 짐작하여 구해도 되고, 각각 치환 u1=x2−2x+5u_1=x^2-2x+5 와 u2=(x−1)/2u_2=(x-1)/2 를 이용해도 된다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) Integrate by parts with u=arctan⁡xu=\arctan x, dv=dx\mathrm{d}v=\mathrm{d}x, du=dx1+x2\mathrm{d}u=\frac{\mathrm{d}x}{1+x^2} and v=xv=x. This gives

∫01arctan⁡x dx=[xarctan⁡x]01−∫01x1+x2dx=arctan⁡1−[12log⁡(1+x2)]01=π4−12log⁡2\begin{aligned} \int_0^1\arctan x\ \mathrm{d}x &= \big[x\arctan x\big]_0^1-\int_0^1 \frac{x}{1+x^2} \mathrm{d}x =\arctan 1-\Big[\frac{1}{2}\log(1+x^2)\Big]_0^1 =\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}\log 2 \end{aligned}

(b) Note that the derivative of the denominator is 2x−22x-2, which differs from the numerator only by 11.

∫2x−1x2−2x+5 dx=∫2x−2x2−2x+5 dx+∫1x2−2x+5 dx=∫2x−2x2−2x+5 dx+∫1(x−1)2+4 dx=log⁡∣x2−2x+5∣+12arctan⁡x−12+C\begin{aligned} \int\frac{2x-1}{x^2-2x+5}\ \mathrm{d}x &=\int\frac{2x-2}{x^2-2x+5}\ \mathrm{d}x+\int\frac{1}{x^2-2x+5}\ \mathrm{d}x \\ &=\int\frac{2x-2}{x^2-2x+5}\ \mathrm{d}x+\int\frac{1}{(x-1)^2+4}\ \mathrm{d}x \\ &=\log |x^2-2x+5| +\frac{1}{2}\arctan \frac{x-1}{2} +C \end{aligned}

In the last step, you can guess the antiderivative, or use the substitutions u1=x2−2x+5u_1=x^2-2x+5 and u2=(x−1)/2u_2=(x-1)/2, respectively.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.13절 · 16번
# 적분 전략 고르기계산보통자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
53.CLP-2 · 1.13절 · 18번대학 수준우리말 번역

(a) ∫x2(x3+1)101 dx{\displaystyle \int\frac{x^2}{(x^3 + 1)^{101}}\,\mathrm{d}x} 의 값을 구하세요. (b) ∫cos⁡3 ⁣x sin⁡4 ⁣x dx\displaystyle\int \cos^3\!x\ \sin^4\!x\ \mathrm{d}x 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

(a) Evaluate ∫x2(x3+1)101 dx{\displaystyle \int\frac{x^2}{(x^3 + 1)^{101}}\,\mathrm{d}x}. (b) Evaluate ∫cos⁡3 ⁣x sin⁡4 ⁣x dx\displaystyle\int \cos^3\!x\ \sin^4\!x\ \mathrm{d}x.

답 쓰고 채점
(a)

부정적분은 끝에 「+ C」 도 붙여요

(b)

부정적분은 끝에 「+ C」 도 붙여요

정답·풀이 보기

(a) u=x3+1u=x^3+1, du=3x2 dx\mathrm{d}u=3x^2\,\mathrm{d}x 로 치환하면

∫x2(x3+1)101dx=∫1u101⋅du3=u−100−100⋅13+C=−1300(x3+1)100+C\int\frac{x^2}{(x^3 + 1)^{101}}\mathrm{d}x =\int\frac{1}{u^{101}}\cdot \frac{\mathrm{d}u}{3} =\frac{u^{-100}}{-100}\cdot\frac{1}{3}+C =-\frac{1}{300(x^3+1)^{100}} + C

(b) u=sin⁡xu=\sin x, du=cos⁡x dx\mathrm{d}u=\cos x\ \mathrm{d}x, cos⁡2x=1−sin⁡2x=1−u2\cos^2 x = 1-\sin^2 x = 1-u^2 으로 치환하면

∫cos⁡3 ⁣x sin⁡4 ⁣x dx=∫cos⁡2 ⁣x sin⁡4 ⁣x cos⁡x dx=∫(1−u2)u4 du=∫(u4−u6) du=u55−u77+C=sin⁡5 ⁣x5−sin⁡7 ⁣x7+C\begin{aligned} \int \cos^3\!x\ \sin^4\!x\ \mathrm{d}x &=\int \cos^2\!x\ \sin^4\!x\ \cos x\ \mathrm{d}x =\int (1-u^2) u^4\ \mathrm{d}u\\ &=\int (u^4-u^6)\ \mathrm{d}u =\frac{u^5}{5}-\frac{u^7}{7}+C \\ &=\frac{\sin^5\!x}{5}-\frac{\sin^7\!x}{7}+C \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) Substituting u=x3+1u=x^3+1, du=3x2 dx\mathrm{d}u=3x^2\,\mathrm{d}x

∫x2(x3+1)101dx=∫1u101⋅du3=u−100−100⋅13+C=−1300(x3+1)100+C\int\frac{x^2}{(x^3 + 1)^{101}}\mathrm{d}x =\int\frac{1}{u^{101}}\cdot \frac{\mathrm{d}u}{3} =\frac{u^{-100}}{-100}\cdot\frac{1}{3}+C =-\frac{1}{300(x^3+1)^{100}} + C

(b) Substituting u=sin⁡xu=\sin x, du=cos⁡x dx\mathrm{d}u=\cos x\ \mathrm{d}x, cos⁡2x=1−sin⁡2x=1−u2\cos^2 x = 1-\sin^2 x = 1-u^2,

∫cos⁡3 ⁣x sin⁡4 ⁣x dx=∫cos⁡2 ⁣x sin⁡4 ⁣x cos⁡x dx=∫(1−u2)u4 du=∫(u4−u6) du=u55−u77+C=sin⁡5 ⁣x5−sin⁡7 ⁣x7+C\begin{aligned} \int \cos^3\!x\ \sin^4\!x\ \mathrm{d}x &=\int \cos^2\!x\ \sin^4\!x\ \cos x\ \mathrm{d}x =\int (1-u^2) u^4\ \mathrm{d}u\\ &=\int (u^4-u^6)\ \mathrm{d}u =\frac{u^5}{5}-\frac{u^7}{7}+C \\ &=\frac{\sin^5\!x}{5}-\frac{\sin^7\!x}{7}+C \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.13절 · 11번
# 적분 전략 고르기계산보통자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
54.CLP-2 · 1.13절 · 19번대학 수준우리말 번역

∫π/2πcos⁡xsin⁡x dx\displaystyle\int_{\pi/2}^\pi \frac{\cos x}{\sqrt{\sin x}}~\mathrm{d}x 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate ∫π/2πcos⁡xsin⁡x dx\displaystyle\int_{\pi/2}^\pi \frac{\cos x}{\sqrt{\sin x}}~\mathrm{d}x.

답 쓰고 채점
정답·풀이 보기

먼저, sin⁡π=0\sin\pi=0 이므로 이 적분은 이상적분임에 주목한다. 따라서 극한을 사용해야 한다.

다음으로, 부정적분을 구해야 한다. 치환 u=sin⁡xu=\sin x, du=cos⁡x dx\mathrm{d}u=\cos x~\mathrm{d}x 가 꼭 들어맞는다.

∫π/2πcos⁡xsin⁡x dx=lim⁡b→π−∫π/2bcos⁡xsin⁡x dx=lim⁡b→π−∫1sin⁡b1u du=lim⁡b→π−[2u]1sin⁡b=20−21=−2\begin{aligned} \int_{\pi/2}^\pi \frac{\cos x}{\sqrt{\sin x}}~\mathrm{d}x&=\lim_{b \to \pi^-}\int_{\pi/2}^b \frac{\cos x}{\sqrt{\sin x}}~\mathrm{d}x = \lim_{b \to \pi^-}\int_{1}^{\sin b} \frac{1}{\sqrt{u}}~\mathrm{d}u \\ &=\lim_{b \to \pi^-}\Big[2\sqrt{u}\Big]_{1}^{\sin b} = 2\sqrt{0} - 2\sqrt{1}=-2 \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

First, we note that the integral is improper, because sin⁡π=0\sin\pi=0. So, we'll have to use a limit.

Second, we need to antidifferentiate. The substitution u=sin⁡xu=\sin x, du=cos⁡x dx\mathrm{d}u=\cos x~\mathrm{d}x fits just right.

∫π/2πcos⁡xsin⁡x dx=lim⁡b→π−∫π/2bcos⁡xsin⁡x dx=lim⁡b→π−∫1sin⁡b1u du=lim⁡b→π−[2u]1sin⁡b=20−21=−2\begin{aligned} \int_{\pi/2}^\pi \frac{\cos x}{\sqrt{\sin x}}~\mathrm{d}x&=\lim_{b \to \pi^-}\int_{\pi/2}^b \frac{\cos x}{\sqrt{\sin x}}~\mathrm{d}x = \lim_{b \to \pi^-}\int_{1}^{\sin b} \frac{1}{\sqrt{u}}~\mathrm{d}u \\ &=\lim_{b \to \pi^-}\Big[2\sqrt{u}\Big]_{1}^{\sin b} = 2\sqrt{0} - 2\sqrt{1}=-2 \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.13절 · 18번
# 적분 전략 고르기계산보통자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
55.CLP-2 · 1.13절 · 20번대학 수준우리말 번역

다음 적분의 값을 구하세요.

(a) ∫ex(ex+1)(ex−3) dx\displaystyle\int \frac{e^x}{(e^x+1)(e^x-3)}\, \mathrm{d}x (b) ∫24x2−4x+412+4x−x2 dx\displaystyle\int_2^4 \frac{x^2-4x+4}{\sqrt{12+4x-x^2}}\, \mathrm{d}x

영어 원문 보기

Evaluate the following integrals.

(a) ∫ex(ex+1)(ex−3) dx\displaystyle\int \frac{e^x}{(e^x+1)(e^x-3)}\, \mathrm{d}x (b) ∫24x2−4x+412+4x−x2 dx\displaystyle\int_2^4 \frac{x^2-4x+4}{\sqrt{12+4x-x^2}}\, \mathrm{d}x

정답·풀이 보기

(a) 피적분함수에 exe^x 대신 xx 가 들어 있다면 유리함수이므로 부분분수 분해를 적용하기에 알맞다. 그러므로 치환 u=exu=e^x, du=ex dx\mathrm{d}u=e^x\,\mathrm{d}x 로 시작하자:

∫ex(ex+1)(ex−3)dx=∫du(u+1)(u−3)\begin{aligned} \int \frac{e^x}{(e^x+1)(e^x-3)} \mathrm{d}x = \int \frac{\mathrm{d}u}{(u+1)(u-3)} \end{aligned}

이제 부분분수 분해 절차에 따라, 먼저 다음과 같이 나타낸다.

1(u+1)(u−3)=Au+1+Bu−3\begin{aligned} \frac{1}{(u+1)(u-3)} = \frac{A}{u+1} + \frac{B}{u-3} \end{aligned}

AA 와 BB 를 요령 있게 구하기 위해, 양변에 분모를 곱한다.

1=A(u−3)+B(u+1)\begin{aligned} 1 = A(u-3) + B(u+1) \end{aligned}

그리고 각각 u=−1u=-1 과 u=3u=3 을 대입하여 AA 와 BB 를 구한다.

1=A(−1−3)+B(−1+1)  ⟺  A=−141=A(3−3)+B(3+1)  ⟺  B=14\begin{aligned} 1 = A(-1-3) + B(-1+1) &\iff A=-\frac{1}{4} \\ 1 = A(3-3) + B(3+1) &\iff B=\frac{1}{4} \\ \end{aligned}

마지막으로 적분을 계산할 수 있다:

∫ex(ex+1)(ex−3)dx=∫du(u+1)(u−3)=∫(−1/4u+1+1/4u−3)du=−14log⁡∣u+1∣+14log⁡∣u−3∣+C=−14log⁡∣ex+1∣+14log⁡∣ex−3∣+C\begin{aligned} \int \frac{e^x}{(e^x+1)(e^x-3)} \mathrm{d}x &= \int \frac{\mathrm{d}u}{(u+1)(u-3)} = \int \Big(\frac{ -1/4}{u+1} + \frac{ 1/4}{u-3}\Big)\mathrm{d}u \\ &=-\frac{1}{4}\log|u+1| +\frac{1}{4}\log|u-3| + C \\ &=-\frac{1}{4}\log|e^x+1| +\frac{1}{4}\log|e^x-3| + C \end{aligned}

(b) 제곱근 안의 식은

12+4x−x2=12−(x−2)2+4=16−(x−2)2\begin{aligned} 12+4x-x^2 =12-(x-2)^2 +4 =16-(x-2)^2 \end{aligned}

이다. 음, 분자는 x2−4x+4=(x−2)2x^2-4x+4=(x-2)^2 이다. 그러므로 u=x−2u=x-2, du=dx\mathrm{d}u=\mathrm{d}x 로 치환하여 적분을 좀 더 간단한 꼴로 만들자. x=2x=2 일 때 u=0u=0 이고, x=4x=4 일 때 u=2u=2 이므로 다음을 얻는다:

∫x=2x=4x2−4x+412+4x−x2dx=∫u=0u=2u216−u2du\begin{aligned} \int_{x=2}^{x=4} \frac{x^2-4x+4}{\sqrt{12+4x-x^2}} \mathrm{d}x =\int_{u=0}^{u=2} \frac{u^2}{\sqrt{16-u^2}} \mathrm{d}u \end{aligned}

이것은 삼각치환 u=4sin⁡θu=4\sin\theta, du=4cos⁡(θ) dθ\mathrm{d}u = 4\cos(\theta)\,\mathrm{d}\theta 를 쓰기에 안성맞춤이다. u=0u=0 일 때 4sin⁡θ=04\sin\theta = 0 이므로 θ=0\theta=0 이다. u=2u=2 일 때 4sin⁡θ=24\sin\theta = 2 이므로 θ=π6\theta=\frac{\pi}{6} 이다. 따라서

∫u=0u=2u216−u2du=∫θ=0θ=π/616sin⁡2θ16−16sin⁡2θ4cos⁡θdθ=16∫0π/6sin⁡2θ dθ=8∫0π/6(1−cos⁡(2θ)) dθ=8[θ−12sin⁡(2θ)]0π/6=8[π6−12⋅32]=4π3−23\begin{aligned} \int_{u=0}^{u=2} \frac{u^2}{\sqrt{16-u^2}} \mathrm{d}u &=\int_{\theta=0}^{\theta=\pi/6} \frac{16\sin^2\theta}{\sqrt{16-16\sin^2\theta}} 4\cos\theta\mathrm{d}\theta \\ &=16\int_{0}^{\pi/6} \sin^2\theta\ \mathrm{d}\theta \\ &=8\int_{0}^{\pi/6} \big(1-\cos(2\theta)\big)\ \mathrm{d}\theta \\ &=8 \bigg[\theta-\frac{1}{2}\sin(2\theta)\bigg]_{0}^{\pi/6} =8 \bigg[\frac{\pi}{6}-\frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \bigg] \\ & = \frac{4\pi}{3}-2\sqrt{3} \end{aligned}

원본 교재 풀이(영어)

(a) If the integrand had xx's instead of exe^x's it would be a rational function, ripe for the application of partial fractions. So let's start by making the substitution u=exu=e^x, du=ex dx\mathrm{d}u=e^x\,\mathrm{d}x:

∫ex(ex+1)(ex−3)dx=∫du(u+1)(u−3)\begin{aligned} \int \frac{e^x}{(e^x+1)(e^x-3)} \mathrm{d}x = \int \frac{\mathrm{d}u}{(u+1)(u-3)} \end{aligned}

Now, we follow the partial fractions protocol, starting with expressing

1(u+1)(u−3)=Au+1+Bu−3\begin{aligned} \frac{1}{(u+1)(u-3)} = \frac{A}{u+1} + \frac{B}{u-3} \end{aligned}

To find AA and BB, the sneaky way, we cross multiply by the denominator

1=A(u−3)+B(u+1)\begin{aligned} 1 = A(u-3) + B(u+1) \end{aligned}

and find AA and BB by evaluating at u=−1u=-1 and u=3u=3, respectively.

1=A(−1−3)+B(−1+1)  ⟺  A=−141=A(3−3)+B(3+1)  ⟺  B=14\begin{aligned} 1 = A(-1-3) + B(-1+1) &\iff A=-\frac{1}{4} \\ 1 = A(3-3) + B(3+1) &\iff B=\frac{1}{4} \\ \end{aligned}

Finally, we can do the integral:

∫ex(ex+1)(ex−3)dx=∫du(u+1)(u−3)=∫(−1/4u+1+1/4u−3)du=−14log⁡∣u+1∣+14log⁡∣u−3∣+C=−14log⁡∣ex+1∣+14log⁡∣ex−3∣+C\begin{aligned} \int \frac{e^x}{(e^x+1)(e^x-3)} \mathrm{d}x &= \int \frac{\mathrm{d}u}{(u+1)(u-3)} = \int \Big(\frac{ -1/4}{u+1} + \frac{ 1/4}{u-3}\Big)\mathrm{d}u \\ &=-\frac{1}{4}\log|u+1| +\frac{1}{4}\log|u-3| + C \\ &=-\frac{1}{4}\log|e^x+1| +\frac{1}{4}\log|e^x-3| + C \end{aligned}

(b) The argument of the square root is

12+4x−x2=12−(x−2)2+4=16−(x−2)2\begin{aligned} 12+4x-x^2 =12-(x-2)^2 +4 =16-(x-2)^2 \end{aligned}

Hmmm. The numerator is x2−4x+4=(x−2)2x^2-4x+4=(x-2)^2. So let's make the integral look somewhat simpler by substituting u=x−2u=x-2, du=dx\mathrm{d}u=\mathrm{d}x. When x=2x=2 we have u=0u=0, and when x=4x=4 we have u=2u=2, so:

∫x=2x=4x2−4x+412+4x−x2dx=∫u=0u=2u216−u2du\begin{aligned} \int_{x=2}^{x=4} \frac{x^2-4x+4}{\sqrt{12+4x-x^2}} \mathrm{d}x =\int_{u=0}^{u=2} \frac{u^2}{\sqrt{16-u^2}} \mathrm{d}u \end{aligned}

This is perfect for the trig substitution u=4sin⁡θu=4\sin\theta, du=4cos⁡(θ) dθ\mathrm{d}u = 4\cos(\theta)\,\mathrm{d}\theta. When u=0u=0 we have 4sin⁡θ=04\sin\theta = 0 and hence θ=0\theta=0. When u=2u=2 we have 4sin⁡θ=24\sin\theta = 2 and hence θ=π6\theta=\frac{\pi}{6}. So

∫u=0u=2u216−u2du=∫θ=0θ=π/616sin⁡2θ16−16sin⁡2θ4cos⁡θdθ=16∫0π/6sin⁡2θ dθ=8∫0π/6(1−cos⁡(2θ)) dθ=8[θ−12sin⁡(2θ)]0π/6=8[π6−12⋅32]=4π3−23\begin{aligned} \int_{u=0}^{u=2} \frac{u^2}{\sqrt{16-u^2}} \mathrm{d}u &=\int_{\theta=0}^{\theta=\pi/6} \frac{16\sin^2\theta}{\sqrt{16-16\sin^2\theta}} 4\cos\theta\mathrm{d}\theta \\ &=16\int_{0}^{\pi/6} \sin^2\theta\ \mathrm{d}\theta \\ &=8\int_{0}^{\pi/6} \big(1-\cos(2\theta)\big)\ \mathrm{d}\theta \\ &=8 \bigg[\theta-\frac{1}{2}\sin(2\theta)\bigg]_{0}^{\pi/6} =8 \bigg[\frac{\pi}{6}-\frac{1}{2}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2} \bigg] \\ & = \frac{4\pi}{3}-2\sqrt{3} \end{aligned}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.13절 · 21번
# 적분 전략 고르기계산보통자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
56.CLP-2 · 1.13절 · 21번대학 수준우리말 번역

다음 적분의 값을 구하세요.

(a) ∫sin⁡3xcos⁡3x dx\displaystyle\int\frac{\sin^3x}{\cos^3x} \ \mathrm{d}x (b) ∫−22x4x10+16 dx\displaystyle\int_{-2}^{2}\frac{x^4}{x^{10}+16}\ \mathrm{d}x

영어 원문 보기

Evaluate these integrals.

(a) ∫sin⁡3xcos⁡3x dx\displaystyle\int\frac{\sin^3x}{\cos^3x} \ \mathrm{d}x (b) ∫−22x4x10+16 dx\displaystyle\int_{-2}^{2}\frac{x^4}{x^{10}+16}\ \mathrm{d}x

정답·풀이 보기

(a) y=cos⁡xy=\cos x, dy=−sin⁡x dx\mathrm{d}y=-\sin x\,\mathrm{d}x, sin⁡2x=1−cos⁡2x=1−y2\sin^2 x = 1-\cos^2x=1-y^2 으로 치환하면

∫sin⁡3xcos⁡3x dx=∫sin⁡2xcos⁡3x sin⁡x dx=∫1−y2y3 (−dy)=−∫(y−3−y−1) dy=−y−2−2+log⁡∣y∣+C=12sec⁡2x+log⁡∣cos⁡x∣+C\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 x5x^5 의 도함수와 상수배만큼만 다르다는 점에 주목한다. x5=4yx^5=4y, 5x4 dx=4 dy5x^4\,\mathrm{d}x=4\,\mathrm{d}y 로 치환하고, x=2  ⟹  25=4y  ⟹  y=8x=2\implies 2^5=4y\implies y=8 임을 이용하면

∫−22x4x10+16 dx=2∫02x4x10+16 dx=2⋅45∫08116y2+16 dy=110∫081y2+1 dy=110arctan⁡8≈0.1446\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}

원본 교재 풀이(영어)

(a) Substituting y=cos⁡xy=\cos x, dy=−sin⁡x dx\mathrm{d}y=-\sin x\,\mathrm{d}x, sin⁡2x=1−cos⁡2x=1−y2\sin^2 x = 1-\cos^2x=1-y^2

∫sin⁡3xcos⁡3x dx=∫sin⁡2xcos⁡3x sin⁡x dx=∫1−y2y3 (−dy)=−∫(y−3−y−1) dy=−y−2−2+log⁡∣y∣+C=12sec⁡2x+log⁡∣cos⁡x∣+C\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) The integrand is an even function, and the limits of integration are symmetric. So, we can slightly simplify the integral by replacing the lower limit with 0, and doubling the integral.

We'd rather not use partial fractions here, because it would be pretty complicated. Instead, notice that the numerator is only off by a constant from the derivative of x5x^5. Substituting x5=4yx^5=4y, 5x4 dx=4 dy5x^4\,\mathrm{d}x=4\,\mathrm{d}y, and using that x=2  ⟹  25=4y  ⟹  y=8x=2\implies 2^5=4y\implies y=8,

∫−22x4x10+16 dx=2∫02x4x10+16 dx=2⋅45∫08116y2+16 dy=110∫081y2+1 dy=110arctan⁡8≈0.1446\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}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.13절 · 22번
# 적분 전략 고르기계산보통자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
57.CLP-2 · 1.13절 · 22번대학 수준우리말 번역

∫xx−1 dx\displaystyle\int x\sqrt{x-1}~\mathrm{d}x 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate ∫xx−1 dx\displaystyle\int x\sqrt{x-1}~\mathrm{d}x.

답 쓰고 채점

부정적분은 끝에 「+ C」 도 붙여요

정답·풀이 보기
  • 풀이 1: 치환 u=x−1u=x-1, du=dx\mathrm{d}u=\mathrm{d}x 를 이용하자.

∫xx−1 dx=∫(u+1)u du=∫(u3/2+u1/2) du=25u5/2+23u3/2+C=25(x−1)5/2+23(x−1)3/2+C\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 xx 에 적분할 수 있는 어떤 식이 곱해진 꼴이다. 따라서 u=xu=x, dv=x−1 dx\mathrm{d}v = \sqrt{x-1}~\mathrm{d}x 로 놓고 부분적분을 이용하면 du=dx\mathrm{d}u=\mathrm{d}x (즉, xx 가 없어진다)이고 v=23(x−1)3/2v = \frac{2}{3}(x-1)^{3/2} 이다.

∫xx−1 dx=23xx−13−23∫(x−1)3/2dx=23xx−13−23(25(x−1)5/2)+C=23x−1(x(x−1)−25(x−1)2)+C=215x−1⋅(3x2−x−2)+C=215x−1⋅(3(x2−2x+1)+5x−5)+C=215x−1⋅(3(x−1)2+5(x−1))+C=215⋅3x−15+215⋅5x−13+C=25x−15+23x−13+C\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=x−1u=\sqrt{x-1} 을 이용할 수도 있다. 또 다른 예로, 다음과 같이 쓸 수도 있다.

xx−1=(x−1)x−1+x−1=(x−1)3/2+(x−1)1/2x\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(x-1)^{3/2} 인 함수와 도함수가 (x−1)1/2(x-1)^{1/2} 인 함수를 각각 짐작하여 구하면 된다.

원본 교재 풀이(영어)
  • Solution 1: Let's use the substitution u=x−1u=x-1, du=dx\mathrm{d}u=\mathrm{d}x.

∫xx−1 dx=∫(u+1)u du=∫(u3/2+u1/2) du=25u5/2+23u3/2+C=25(x−1)5/2+23(x−1)3/2+C\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}

  • Solution 2: We have an integrand with xx multiplied by something integrable. So, if we use integration by parts with u=xu=x and dv=x−1 dx\mathrm{d}v = \sqrt{x-1}~\mathrm{d}x, then du=dx\mathrm{d}u=\mathrm{d}x (that is, the xx goes away) and v=23(x−1)3/2v = \frac{2}{3}(x-1)^{3/2}.

∫xx−1 dx=23xx−13−23∫(x−1)3/2dx=23xx−13−23(25(x−1)5/2)+C=23x−1(x(x−1)−25(x−1)2)+C=215x−1⋅(3x2−x−2)+C=215x−1⋅(3(x2−2x+1)+5x−5)+C=215x−1⋅(3(x−1)2+5(x−1))+C=215⋅3x−15+215⋅5x−13+C=25x−15+23x−13+C\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}

We have just seen two solutions. There are other solutions too. For example, one could use the substitution u=x−1u=\sqrt{x-1}. Or, as another example, one could write

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

and just guess a function whose derivative is (x−1)3/2(x-1)^{3/2} and a function whose derivative is (x−1)1/2(x-1)^{1/2}.

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.13절 · 32번
# 적분 전략 고르기계산보통자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
58.CLP-2 · 1.13절 · 25번대학 수준우리말 번역

다음 적분의 값을 구하세요. ∫3x2+4x+6(x+1)3 dx\displaystyle\int \frac{3x^2+4x+6}{(x+1)^3} \, \mathrm{d}x.

영어 원문 보기

Evaluate ∫3x2+4x+6(x+1)3 dx\displaystyle\int \frac{3x^2+4x+6}{(x+1)^3} \, \mathrm{d}x.

정답·풀이 보기

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.

3x2+4x+6(x+1)3=Ax+1+B(x+1)2+C(x+1)3=A(x+1)2+B(x+1)+C(x+1)3⇒    3x2+4x+6=A(x+1)2+B(x+1)+C=Ax2+(2A+B)x+(A+B+C)따라서 계수를 비교하면:A=3, 2A+B=4, 그리고 A+B+C=6A=3, B=−2, C=5그러므로:3x2+4x+6(x+1)3=3x+1+−2(x+1)2+5(x+1)3 이제 u=x+1, du=dx 로 치환하면 적분은 쉽다:∫3x2+4x+6(x+1)3dx=∫(3x+1+−2(x+1)2+5(x+1)3)dx=∫(3u−1−2u−2+5u−3)du=3log⁡∣u∣+2u−1−52u−2+C=3log⁡∣x+1∣+2x+1−52(x+1)2+C\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}

원본 교재 풀이(영어)

We can use partial fraction decomposition to break this into chunks that we can deal with. The denominator has a repeated linear factor, so it can be decomposed as the sum of constants divided by powers of that factor.

3x2+4x+6(x+1)3=Ax+1+B(x+1)2+C(x+1)3=A(x+1)2+B(x+1)+C(x+1)3⇒    3x2+4x+6=A(x+1)2+B(x+1)+C=Ax2+(2A+B)x+(A+B+C)So, by matching coefficients:A=3, 2A+B=4, and A+B+C=6A=3, B=−2, C=5Therefore:3x2+4x+6(x+1)3=3x+1+−2(x+1)2+5(x+1)3 Now, the integration is easy, with a substitution of u=x+1 and du=dx:∫3x2+4x+6(x+1)3dx=∫(3x+1+−2(x+1)2+5(x+1)3)dx=∫(3u−1−2u−2+5u−3)du=3log⁡∣u∣+2u−1−52u−2+C=3log⁡∣x+1∣+2x+1−52(x+1)2+C\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{So, by matching coefficients:} \\ &A=3, ~2A+B=4,\text{ and } A+B+C=6\\ &A=3, ~B=-2,~C=5 \\ \text{Therefore:} \\ \frac{3x^2+4x+6}{(x+1)^3} &= \frac{ 3}{x+1}+\frac{ -2}{(x+1)^2}+\frac{ 5}{(x+1)^3} \\ \text{ Now, the integration is easy, with a substitution of $u=x+1$ and $\mathrm{d}u=\mathrm{d}x$:} \\ \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}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.13절 · 31번
# 적분 전략 고르기계산보통자동 분류
CLP-2 Integral Calculus CC BY-NC-SA 4.0우리말 번역: 빌드라인 스쿨 — AI 번역·자동 검토(원문과 같은 조건)
59.CLP-2 · 1.13절 · 26번대학 수준우리말 번역

∫1x2+x+1 dx\displaystyle\int\frac{1}{x^2+x+1}\,\mathrm{d}x 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate ∫1x2+x+1 dx\displaystyle\int\frac{1}{x^2+x+1}\,\mathrm{d}x.

답 쓰고 채점

부정적분은 끝에 「+ C」 도 붙여요

정답·풀이 보기

분모가 x2+1x^2+1 이라면 부정적분은 아크탄젠트가 될 것이다. 그러므로 완전제곱식을 이용하여, 어떤 uu 에 대해 분수가 1u2+1\dfrac{1}{u^2+1} 꼴이 되도록 하자. 이는 상수 아래에 있는 기약 이차식을 적분할 때 좋은 방법이다.

첫째: 완전제곱식을 만든다∫1x2+x+1dx=∫1x2+x+14+34dx=∫1(x+12)2+34dx둘째: 분모를 u2+1 꼴로 만든다. 이를 위해 상수를 조정해야 한다=∫(1(x+12)2+34)(4343)dx=43∫143⋅(x+12)2+1dx이제 분모의 앞부분을 다시 어떤 것의 제곱 꼴로 만들기 위해 살짝 고친다:=43∫1(23x+13)2+1dx이제 u=23x+13, du=23dx 로 놓으면 됨을 알 수 있다=43∫1u2+1⋅32du=23∫1u2+1du=23arctan⁡u+C=23arctan⁡(23x+13)+C\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}

원본 교재 풀이(영어)

If the denominator were x2+1x^2+1, the antiderivative would be arctangent. So, by completing the square, let's aim for the fraction to look like 1u2+1\dfrac{1}{u^2+1}, for some uu. This is a good strategy for integrating an irreducible quadratic under a constant.

First: complete the square∫1x2+x+1dx=∫1x2+x+14+34dx=∫1(x+12)2+34dxSecond: get the denominator in the form u2+1. To do this, we need to fix the constant=∫(1(x+12)2+34)(4343)dx=43∫143⋅(x+12)2+1dxNow a quick wiggle to make that first part of the denominator into something squared again:=43∫1(23x+13)2+1dxNow we see that u=23x+13, du=23dx will do the job=43∫1u2+1⋅32du=23∫1u2+1du=23arctan⁡u+C=23arctan⁡(23x+13)+C\begin{aligned} \\ \text{First: complete the square} \\ \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{Second: get the denominator in the form $u^2+1$. To do this, we need to fix the constant} \\ &=\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{Now a quick wiggle to make that first part of the denominator into something squared again:} \\ &=\frac{4}{3}\int\frac{1}{\left(\frac{2}{\sqrt{3}}x+\frac{1}{\sqrt{3}}\right)^2+1}\mathrm{d}x \\ \text{Now we see that $u=\dfrac{2}{\sqrt{3}}x+\dfrac{1}{\sqrt{3}}$, $\mathrm{d}u=\dfrac{2}{\sqrt3}\mathrm{d}x$ will do the job} \\ &=\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}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.13절 · 30번
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60.CLP-2 · 1.13절 · 27번대학 수준우리말 번역

∫sin⁡xcos⁡xtan⁡x dx\displaystyle\int \sin x \cos x \tan x~\mathrm{d}x 의 값을 구하세요.

영어 원문 보기

Evaluate ∫sin⁡xcos⁡xtan⁡x dx\displaystyle\int \sin x \cos x \tan x~\mathrm{d}x.

답 쓰고 채점

부정적분은 끝에 「+ C」 도 붙여요

정답·풀이 보기

tan⁡x=sin⁡xcos⁡x\tan x =\frac{\sin x}{\cos x} 이므로,

∫sin⁡xcos⁡xtan⁡x dx=∫sin⁡2x dx=∫12(1−cos⁡(2x)) dx=12(x−12sin⁡(2x))+C=12(x−sin⁡xcos⁡x)+C\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}

원본 교재 풀이(영어)

Since tan⁡x=sin⁡xcos⁡x\tan x =\frac{\sin x}{\cos x},

∫sin⁡xcos⁡xtan⁡x dx=∫sin⁡2x dx=∫12(1−cos⁡(2x)) dx=12(x−12sin⁡(2x))+C=12(x−sin⁡xcos⁡x)+C\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}

한 번 더 — 비슷한 문제 풀기CLP-2 · 1.13절 · 37번
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