[Stewart Calculus] 4. Integral-Exercise, Problem Plus

[Stewart Calculus] 4. Integral-Exercise, Problem Plus

Integral-Exercise 4.1(Areas and Distances)

25. $A$를 $a$에서 $b$까지 증가하는 연속함수 $f$ 아랫 부분의 넓이라 하고, $L_{n},\,R_{n}$을 밑변을 $n$등분해서 좌종점, 우종점을 이용한 $A$의 근사합이라 하자. 

(a) $A,\,L_{n},\,R_{n}$사이의 관계를 구하여라.

(b) 다음의 등식이 성립함을 보여라. $$R_{n}-L_{n}=\frac{b-a}{n}\{f(b)-f(a)\}$$ (c) 다음의 부등식을 유도하여라. $$R_{n}-A<\frac{b-a}{n}\{f(b)-f(a)\}$$ 풀이: 

(a) $f$는 증가함수이므로 그 그래프는 다음과 같고(*다음의 그래프는 $f(x)>0$인 경우이다.)

구간 $[a,\,b]$를 $n$등분하고, 등분된 구간의 길이를 $\Delta x$라 하면 $\displaystyle\Delta x=\frac{b-a}{n}$이므로 $$\begin{align*}L_{n}&=\sum_{k=1}^{n}{f(x_{k-1})\frac{b-a}{n}}\\R_{n}&=\sum_{k=1}^{n}{f(x_{k})\frac{b-a}{n}}\end{align*}$$ 이고 따라서 $L_{n}<A<R_{n}$이다. 이 결과는 $f(x)<0$인 경우에도 성립한다. 

(b) $$\begin{align*}R_{n}-L_{n}&=\sum_{k=1}^{n}{f(x_{k})\frac{b-a}{n}}-\sum_{k=1}^{n}{f(x_{k-1})\frac{b-a}{n}}\\&=\frac{b-a}{n}f(x_{n})-\frac{b-a}{n}f(x_{0})\\&=\frac{b-a}{n}\{f(b)-f(a)\}\end{align*}$$ 이므로 따라서 $\displaystyle R_{n}-L_{n}=\frac{b-a}{n}\{f(b)-f(a)\}$이다. 

(c) (a)에 의해 $L_{n}<A<R_{n}$이므로 $-A<-L_{n}$이고 $$R_{n}-A<R_{n}-L_{n}=\frac{b-a}{n}\{f(b)-f(a)\}$$ 이므로 따라서 $\displaystyle R_{n}-A<\frac{b-a}{n}\{f(b)-f(a)\}$이다. 

30. 

(a) $A_{n}$을 반지름이 $r$인 원에 내접하는 $n$각형이라 하자. 이 $n$각형을 끼인각이 $\displaystyle\frac{2\pi}{n}$인 $n$개의 합동인 삼각형으로 나누어 다음이 성립함을 보여라. $$A_{n}=\frac{1}{2}nr^{2}\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)$$ (b) $\displaystyle\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{A_{n}}=\pi r^{2}$가 성립함을 보여라.

풀이:

(a) $n$각형의 1개의 삼각형은 두 변이 $r$이고, 그 끼인각이 $\displaystyle\frac{2\pi}{n}$이므로 그 넓이는 $\displaystyle\frac{1}{2}r^{2}\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)$이고 따라서 $A_{n}$은 다음과 같다. $$A_{n}=n\left(\frac{1}{2}r^{2}\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)\right)=\frac{1}{2}nr^{2}\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)$$ (b) 식 $\displaystyle\lim_{x\,\rightarrow\,0}{\frac{\sin x}{x}}=1$로부터 $\displaystyle x=\frac{2\pi}{n}$일 때 $n\,\rightarrow\,\infty$이면 $x\,\rightarrow\,0+$이므로 $$\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\frac{n}{2\pi}\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)}=1$$ 이고 이 식을 이용하면 다음의 결과를 얻는다. $$\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{A_{n}}=\pi r^{2}\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\frac{n}{2\pi}\sin\left(\frac{2\pi}{n}\right)}=\pi r^{2}\cdot1=\pi r^{2}$$ Integral-Exercise 4.5(The Substitution Rule)

64. $f$가 $[0,\,\pi]$에서 연속이면, 치환 $u=\pi-x$를 이용하여 다음이 성립함을 보여라. $$\int_{\pi}^{0}{xf(\sin x)dx}=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}{f(\sin x)dx}$$ 풀이: $u=\pi-x$라 하면 $\displaystyle\frac{du}{dx}=-1$이므로 치환적분법에 의해 $$\begin{align*}\int_{0}^{\pi}{xf(\sin x)dx}&=-\int_{\pi}^{0}{(\pi-u)f(\sin(\pi-u))du}\\&=\int_{0}^{\pi}{(\pi-u)f(\sin u)du}\\&=\pi\int_{0}^{\pi}{f(\sin u)du}-\int_{0}^{\pi}{uf(\sin u)du}\end{align*}$$ 이고 $$2\int_{0}^{\pi}{xf(\sin xdx)}=\pi\int_{0}^{\pi}{f(\sin x)dx}$$ 이므로 따라서 $\displaystyle\int_{0}^{\pi}{xf(\sin x)dx}=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}{f(\sin x)dx}$이다.  

85. 64를 이용하여 다음의 적분을 계산하여라. $$\int_{0}^{\pi}{\frac{x\sin x}{1+\cos^{2}x}dx}$$ 풀이: $\cos^{2}x=1-\sin^{2}x$이므로 $\displaystyle f(x)=\frac{x}{2-x^{2}}$라 하면 $$f(\sin x)=\frac{\sin x}{2-\sin^{2}x}=\frac{\sin x}{1+1-\sin^{2}x}=\frac{\sin x}{1+\cos^{2}x}$$ 이므로 64에 의해 $$\begin{align*}\int_{0}^{\pi}{\frac{x\sin x}{1+\cos^{2}x}dx}&=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}{\frac{\sin x}{1+\cos^{2}x}dx}\end{align*}$$ 이고 $t=\cos x$라 하면 $\displaystyle\frac{dt}{dx}=-\sin x$이므로 $$\begin{align*}\int_{0}^{\pi}{\frac{\sin x}{1+\cos^{2}x}dx}&=-\int_{1}^{-1}{\frac{1}{1+t^{2}}dt}=\int_{-1}^{1}{\frac{1}{1+t^{2}}dt}\\&=2\int_{0}^{1}{\frac{1}{1+t^{2}}dt}\\&=2\cdot\frac{\pi}{4}\\&=\frac{\pi}{2}\end{align*}$$ 이고 따라서 $\displaystyle\int_{0}^{\pi}{\frac{x\sin x}{1+\cos^{2}x}dx}=\frac{\pi^{2}}{4}$이다. 

Problem Plus

5. $\displaystyle f(x)=\int_{0}^{g(x)}{\frac{1}{\sqrt{1+t^{3}}}dt}$이고 $\displaystyle g(x)=\int_{0}^{\cos x}{\{1+\sin t^{2}\}dt}$일 때 $\displaystyle f'\left(\frac{\pi}{2}\right)$의 값을 구하여라. 

풀이: $$f'(x)=\frac{g'(x)}{\sqrt{1+\{g(x)\}^{3}}},\,g'(x)=-\sin x\{1+\sin(\cos x)^{2}\}$$ 이고 $\displaystyle g\left(\frac{\pi}{2}\right)=0,\,g'\left(\frac{\pi}{2}\right)=-1$이므로 따라서 $\displaystyle f'\left(\frac{\pi}{2}\right)=-1$이다.   

7. 적분 $\displaystyle\int_{a}^{b}{(2+x-x^{2})dx}$의 값이 최대가 되는 구간 $[a,\,b]$를 구하여라.

풀이: 문제의 적분이 최대가 되려면 구간 $[a,\,b]$에서 $2+x-x^{2}\geq0$이어야 한다. 이차방정식 $2+x-x^{2}=0$의 해는 $x=-1$, $x=2$이고 따라서 적분값이 최대가 되게하는 구간은 $[-1,\,2]$이다. 

8. 적분을 이용하여 합 $\displaystyle\sum_{i=1}^{10000}{\sqrt{i}}$를 추정하여라.

풀이: 합 $\displaystyle\sum_{i=1}^{n}{\sqrt{i}}$에 대해 $$\sum_{i=1}^{n}{\sqrt{i}}\approx n\sqrt{n}\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\sum_{i=1}^{n}{\sqrt{\frac{i}{n}}\frac{1}{n}}}=n\sqrt{n}\int_{0}^{1}{\sqrt{x}dx}=\frac{2n\sqrt{n}}{3}$$ 이므로 따라서 $\displaystyle\sum_{i=1}^{10000}{\sqrt{i}}\approx\frac{2\cdot100^{3}}{3}=666,667$이다. 

9. $[x]$는 $x$를 넘지 않는 최대 정수를 나타낸다.

(a) $n$이 양의 정수일 때, $\displaystyle\int_{0}^{n}{[x]dx}$를 구하여라.

(b) $0\leq a<b$일 때 $\displaystyle\int_{a}^{b}{[x]dx}$를 구하여라.

풀이: 

(a) 정수 $k$에 대하여 $[x]=k$이면 $k\leq x<k+1$이므로 다음과 같다. $$\int_{0}^{n}{[x]dx}=\sum_{i=1}^{n-1}{i}=\frac{n(n-1)}{2}$$ (b) 다음에 의해 성립한다. $$\begin{align*}\int_{a}^{b}{[x]dx}&=\int_{[a]}^{[b]}{[x]dx}\\&=\int_{0}^{[b]}{[x]dx}-\int_{0}^{[a]}{[x]dx}\\&=\frac{[b]([b]-1)}{2}-\frac{[a]([a]-1)}{2}\end{align*}$$ 10. $\displaystyle\frac{d^{2}}{dx^{2}}\int_{0}^{x}{\left(\int_{1}^{\sin t}{\sqrt{1+u^{4}}du}\right)dt}$를 구하여라.

풀이: $\displaystyle\int{\sqrt{1+u^{2}}du}=F(u)$라 하자. 그러면 미적분학의 기본정리에 의해 $\displaystyle\int_{1}^{\sin t}{\sqrt{1+u^{4}}du}=F(\sin t)-F(1)$이고, $$\int_{0}^{x}{\left(\int_{1}^{\sin t}{\sqrt{1+u^{4}}du}\right)dt}=\int_{0}^{x}{\{F(\sin t)-F(1)\}dt}=\int_{0}^{x}{F(\sin t)dt}-F(1)x$$ 이고 $$\frac{d}{dx}\int_{0}^{x}{\{F(\sin t)-F(1)\}dt}=F(\sin x)-F(1)$$ 이고 $$\frac{d}{dx}\{F(\sin x)-F(1)\}=\cos x\sqrt{1+\sin^{4}x}$$ 이므로 따라서 $\displaystyle\frac{d^{2}}{dx^{2}}\int_{0}^{x}{\left(\int_{1}^{\sin t}{\sqrt{1+u^{4}}du}\right)dt}=\cos x\sqrt{1+\sin^{4}x}$이다. 

11. 3차다항식 $P(x)=a+bx+cx^{2}+dx^{3}$가 다음의 조건을 만족한다고 하자. $$a+\frac{b}{2}+\frac{c}{3}+\frac{d}{4}=0$$ 방정식 $P(x)=0$이 0과 1사이에서 근을 가짐을 보여라. 이것을 일반화하여 $n$차 다항식에 적용할 수 있는가?

풀이: $\displaystyle Q(x)=ax+\frac{b}{2}x^{2}+\frac{c}{3}x^{3}+\frac{d}{4}x^{4}$라 하자. 그러면 $Q'(x)=P(x)$이고 $Q(0)=0$이고 $\displaystyle a+\frac{b}{2}+\frac{c}{3}+\frac{d}{4}=0$이므로 $Q(1)=0$이다. $Q(0)=Q(1)=0$이므로 $0<c<1$인 $c$가 존재해서 $Q'(c)=P(c)=0$이고, 따라서 방정식 $P(x)=0$은 $c$를 근으로 갖는다. 

이것을 $n$차 다항식으로 일반화할 수 있다. $P(x)=a_{0}+a_{1}x+a_{2}x^{2}+\cdots+a_{n}x^{n}$라 하고 다음이 성립한다고 하자. $$a_{0}+\frac{a_{1}}{2}+\frac{a_{2}}{3}+\cdots+\frac{a_{n}}{n+1}=0$$ 그러면 $\displaystyle Q(x)=a_{0}x+\frac{a_{1}}{2}x^{2}+\frac{a_{2}}{3}x^{3}+\cdots+\frac{a_{n}}{n+1}x^{n+1}=0$라 하면 $Q(0)=Q(1)=0$이므로 롤의 정리에 의해 $0<c<1$인 $c$가 존재해서 $Q'(c)=P(c)=0$이고, 따라서 방정식 $P(x)=0$은 $c$를 근으로 갖는다. 

13. $f$가 연속함수일 때 식 $\displaystyle\int_{0}^{x}{f(u)(x-u)du}=\int_{0}^{x}{\left(\int_{0}^{u}{f(t)dt}\right)du}$가 성립함을 보여라.

풀이: 부분적분법에 의해 다음과 같이 성립한다. $$\begin{align*}\int_{0}^{x}{\left(\int_{0}^{u}{f(t)dt}\right)du}&=\int_{0}^{x}{u'\left(\int_{0}^{u}{f(t)dt}\right)du}\\&=\left[u\int_{0}^{u}{f(t)dt}\right]_{0}^{x}-\int_{0}^{x}{uf(u)du}\\&=x\int_{0}^{x}{f(t)dt}-\int_{0}^{x}{uf(u)du}\\&=\int_{0}^{x}{f(u)(x-u)du}\end{align*}$$ 15. 극한값 $\displaystyle\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\left(\frac{1}{\sqrt{n}\sqrt{n+1}}+\frac{1}{\sqrt{n}\sqrt{n+2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}\sqrt{n+n}}\right)}$을 계산하여라.

풀이: 다음과 같이 계산할 수 있다. $$\begin{align*}\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{\sqrt{n}\sqrt{k+n}}}}&=\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\sum_{k=1}^{n}{\frac{1}{\displaystyle\sqrt{\frac{k}{n}+1}}\frac{1}{n}}}\\&=\int_{0}^{1}{\frac{1}{\sqrt{1+x}}dx}=\left[2\sqrt{1+x}\right]_{0}^{1}\\&=2(\sqrt{2}-1)\end{align*}$$