적분 전략 고르기 연습문제 — CLP-2 · 1.13절 · 11번

CLP-2 · 1.13절 · 11번대학 수준우리말 번역

다음 적분을 계산하세요.

(a) $\displaystyle\int_0^3\sqrt{9-x^2}\,\mathrm{d}x$ (b) $\displaystyle\int_0^1\log(1+x^2)\,\mathrm{d}x$ (c) $\displaystyle\int_3^\infty\frac{x}{(x-1)^2(x-2)}\,\mathrm{d}x$

영어 원문 보기

Calculate the following integrals.

(a) $\displaystyle\int_0^3\sqrt{9-x^2}\,\mathrm{d}x$ (b) $\displaystyle\int_0^1\log(1+x^2)\,\mathrm{d}x$ (c) $\displaystyle\int_3^\infty\frac{x}{(x-1)^2(x-2)}\,\mathrm{d}x$

정답·풀이 보기

(a) $\int_0^3\sqrt{9-x^2}\,\mathrm{d}x$ 는 원판 $x^2+y^2\le 9$ 중 제1사분면에 놓인 부분의 넓이이다. 그 값은 $\frac{1}{4}\pi 3^3={\frac{9}{4}\pi}\,$ 이다. 다른 방법으로, 치환 $x=3\sin y$ , $\mathrm{d}x=3\cos y\,\mathrm{d}y$ 를 사용하여 이 적분을 계산할 수도 있다.

$\begin{aligned} \int_0^3\sqrt{9-x^2}\,\mathrm{d}x &=\int_0^{\pi/2}\sqrt{9-9\sin^2y}\ (3\cos y)\,\mathrm{d}y =9\int_0^{\pi/2}\cos^2 y\,\mathrm{d}y \\ &=\frac{9}{2}\int_0^{\pi/2}[1+\cos(2y)]\,\mathrm{d}y =\frac{9}{2}{\Big[y+\frac{\sin(2y)}{2}\Big]}_0^{\pi/2} \\ &=\frac{9}{4}\pi \end{aligned}$

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

$\begin{aligned} \int_0^1\log(1+x^2)\,\mathrm{d}x &=\Big[x\log(1+x^2)\Big]_0^1-\int_0^1 x\frac{2x}{1+x^2}\,\mathrm{d}x =\log 2-2\int_0^1 \frac{x^2}{1+x^2}\,\mathrm{d}x \\ &=\log 2-2\int_0^1\Big(1- \frac{1}{1+x^2}\Big)\,\mathrm{d}x =\log 2-2\big[x-\arctan x\big]_0^1 \\ &=\log 2-2+\frac{\pi}{2}\approx 0.264 \end{aligned}$

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

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

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

따라서

$\begin{aligned} \int_3^\infty\frac{x}{(x-1)^2(x-2)}\,\mathrm{d}x &=\lim_{M\rightarrow\infty} \int_3^M\left(-\frac{1}{(x-1)^2}-\frac{2}{x-1}+\frac{2}{x-2}\right)\,\mathrm{d}x \\ &=\lim_{M\rightarrow\infty} \left[\frac{1}{x-1}-2\log|x-1|+2\log|x-2|\right]_3^M\\ &=\lim_{M\rightarrow\infty} \bigg[\frac{1}{x-1}+2\log\bigg|\frac{x-2}{x-1}\bigg|\bigg]_3^M\\ &=\lim_{M\rightarrow\infty} \bigg[\frac{1}{M-1}+2\log\bigg|\frac{M-2}{M-1}\bigg|\bigg] -\bigg[\frac{1}{3-1}+2\log\bigg|\frac{3-2}{3-1}\bigg|\bigg] \\ &=2\log 2-\frac{1}{2}\approx0.886 \end{aligned}$

이다. 왜냐하면

$\begin{aligned} \lim_{M\rightarrow\infty}\log\frac{M-2}{M-1} &=\lim_{M\rightarrow\infty}\log\frac{1-2/M}{1-1/M} =\log 1=0\\ \text{그리고}\qquad \log\frac{1}{2}&=-\log2 \end{aligned}$

이기 때문이다.

원본 교재 풀이(영어)

(a) $\int_0^3\sqrt{9-x^2}\,\mathrm{d}x$ is the area of the portion of the disk $x^2+y^2\le 9$ that lies in the first quadrant. It is $\frac{1}{4}\pi 3^3={\frac{9}{4}\pi}\,$ . Alternatively, you could also evaluate this integral using the substitution $x=3\sin y$ , $\mathrm{d}x=3\cos y\,\mathrm{d}y$ .

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

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

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

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

Hence

since

$\begin{aligned} \lim_{M\rightarrow\infty}\log\frac{M-2}{M-1} &=\lim_{M\rightarrow\infty}\log\frac{1-2/M}{1-1/M} =\log 1=0\\ \text{and}\qquad \log\frac{1}{2}&=-\log2 \end{aligned}$

한 번 더 — 비슷한 문제CLP-2 · 1.13절 · 13번우리말 번역

다음 적분의 값을 구하세요. 풀이 과정을 보이세요.

(a) $\displaystyle\int_0^{\pi\over 4}\sin^2(2x)\cos^3(2x)\ \mathrm{d}x$ (b) $\displaystyle\int\big(9+x^2\big)^{-{3\over 2}}\ \mathrm{d}x$ (c) $\displaystyle\int\frac{\mathrm{d}x}{(x-1)(x^2+1)}$ (d) $\displaystyle\int x\arctan x\ \mathrm{d}x$

다 풀었으면 정답 확인

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

$\begin{aligned} \int_0^{\pi\over 4}\sin^2(2x)\cos^3(2x)\ \mathrm{d}x &=\int_0^{\pi\over 4} \sin^2(2x)\big[1-\sin^2(2x)\big]\cos(2 x)\ \mathrm{d}x =\frac{1}{2}\int_0^1 u^2\big[1-u^2\big]\ \mathrm{d}u\\ &=\frac{1}{2}\int_0^1\big(u^2-u^4\big)\ \mathrm{d}u =\frac{1}{2}{\Big[\frac{1}{3}u^3-\frac{1}{5}u^5\Big]}_0^1 =\frac{1}{15} \end{aligned}$

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

$\begin{aligned} \int\big(9+x^2\big)^{-{3\over 2}}\ \mathrm{d}x &=\int\big(9+9\tan^2t\big)^{-{3\over 2}}\ 3\sec^2t\,\mathrm{d}t =\int\big(3\sec t\big)^{-3}\ 3\sec^2t\,\mathrm{d}t \\ &=\frac{1}{9}\int\cos t\ \mathrm{d}t =\frac{1}{9}\sin t+C =\frac{1}{9}\frac{x}{\sqrt{x^2+9}}+C \end{aligned}$

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

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

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

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

따라서

$\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 $x$ 의 부정적분과 곱해지면 깔끔하게 적분된다. 따라서 $u=\arctan x$ , $\mathrm{d}v=x\,\mathrm{d}x$ 로 놓고 부분적분을 하면 $\mathrm{d}u=\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x$ , $v=\frac{1}{2} x^2$ 이다. 그러면

$\begin{aligned} \int x\arctan x\,\mathrm{d}x&= \frac{1}{2} x^2\arctan x -\frac{1}{2}\int \frac{x^2}{1+x^2}\,\mathrm{d}x \\ &= \frac{1}{2} x^2\arctan x-\frac{1}{2}\int \frac{1+x^2-1}{1+x^2}\,\mathrm{d}x\\ &= \frac{1}{2} x^2\arctan x-\frac{1}{2}\int \left(1-\frac{1}{1+x^2}\right)\,\mathrm{d}x\\ &=\frac{1}{2}\big[ x^2\arctan x -x +\arctan x\big]+C \end{aligned}$

이 문제로 이어서 풀기

# 적분 전략 고르기계산보통자동 분류