[Stewart Calculus] 7~8

[Stewart Calculus] 7~8

7. Techniques of Integration

7.3 Trigonometric Substitution

35. 반지름이 $r$이고 중심각이 $\theta$인 영역의 넓이가 $\displaystyle A=\frac{1}{2}r^{2}\theta$임을 보여라. (힌트: $\displaystyle0<\theta<\frac{\pi}{2}$라 하고, 원의 중심이 원점에 있게하여 방정식이 $x^{2}+y^{2}=r^{2}$가 되게 한다. 그러면 $A$는 다음 그림의 삼각형 $POQ$의 넓이와 영역 $PQR$의 넓이의 합이다.)

풀이: 삼각형 $POQ$의 넓이는 $\displaystyle\frac{1}{2}r^{2}\sin\theta\cos\theta$이고, 영역 $PQR$의 넓이는 $\displaystyle\int_{r\cos\theta}^{r}{\sqrt{r^{2}-x^{2}}dx}$이다. 그러면 $$A=\frac{1}{2}r^{2}\sin\theta\cos\theta+\int_{r\cos\theta}^{r}{\sqrt{r^{2}-x^{2}}dx}$$ 이고 이때 $x=r\cos t$라고 하면 $$\begin{align*}\int_{r\cos\theta}^{r}{\sqrt{r^{2}-x^{2}}dx}&=\int_{\theta}^{0}{r\sin t(-r\sin t)d\theta}=r^{2}\int_{0}^{\theta}{\sin^{2}tdt}\\&=r^{2}\int_{0}^{\theta}{\left(\frac{1-\cos2t}{2}\right)dt}=r^{2}\left[\frac{1}{2}t-\frac{1}{4}\sin2t\right]_{0}^{\theta}\\&=\frac{1}{2}r^{2}\theta-\frac{1}{4}r^{2}\sin2\theta=\frac{1}{2}r^{2}\theta-\frac{1}{2}r^{2}\sin\theta\cos\theta\end{align*}$$ 이므로 따라서 $\displaystyle A=\frac{1}{2}r^{2}\theta$이다. 

39. 

(a) 삼각치환을 이용하여 다음이 성립함을 보여라. $$\int_{0}^{x}{\sqrt{a^{2}-t^{2}}dt}=\frac{1}{2}a^{2}\sin^{-1}\frac{x}{a}+\frac{1}{2}x\sqrt{a^{2}-x^{2}}$$ (b) 다음의 그림을 이용하여 (a)의 등식이 성립함을 보여라.

풀이: 

(a) $t=a\sin\theta$라 하자. 그러면 $$\begin{align*}\int_{0}^{x}{\sqrt{a^{2}-t^{2}}dt}&=\int_{0}^{\sin^{-1}\frac{x}{a}}{a^{2}\cos^{2}\theta d\theta}\\&=\frac{1}{2}a^{2}\sin^{-1}\frac{x}{a}+\frac{1}{4}a^{2}\sin2\sin^{-1}\frac{x}{a}\\&=\frac{1}{2}a^{2}\sin^{-1}\frac{x}{a}+\frac{1}{2}x\sqrt{a^{2}-x^{2}}\end{align*}$$ 이다.

(b) 그림에서 $\displaystyle\sin\theta=\frac{x}{a}$이므로 $\displaystyle\theta=\sin^{-1}\frac{x}{a}$이고, $$\frac{1}{2}a^{2}\theta+\frac{1}{2}x\cos\theta=\frac{1}{2}a^{2}\sin^{-1}\frac{x}{a}+\frac{1}{2}x\sqrt{r^{2}-x^{2}}=\int_{0}^{x}{\sqrt{a^{2}-t^{2}}dt}$$ 이므로 (a)가 성립한다.     

7.5 Strategy for Integration

83. 함수 $y=e^{x^{2}}$와 $y=x^{2}e^{x^{2}}$는 역도함수를 갖지 않으나 $y=(2x^{2}+1)e^{x^{2}}$는 갖는다. $\displaystyle\int{(2x+1)e^{x^{2}}dx}$를 구하여라.

풀이: $$\int{x^{2}e^{x^{2}}dx}=\int{x\left(\frac{1}{2}e^{x^{2}}\right)'dx}=\frac{1}{2}xe^{x^{2}}-\frac{1}{2}\int{e^{x^{2}}dx}$$ 이므로 $$2\int{x^{2}e^{x^{2}}dx}=xe^{x^{2}}-\int{e^{x^{2}}dx}$$ 이고 따라서 $$\int{(2x^{2}+1)e^{x^{2}}dx}=xe^{x^{2}}+C$$ 이다.

7.8 Improper Integrals

62. 이상기체 안에서의 분자의 평균속력(average speed)은 다음과 같고 $$\overline{v}=\frac{4}{\sqrt{\pi}}\left(\frac{M}{2RT}\right)^{\frac{3}{2}}\int_{0}^{\infty}{v^{3}e^{-\frac{Mv^{2}}{2RT}}dv}$$ 여기서 $M$은 가스의 몰질량, $R$은 기체상수, $T$는 가스의 (절대)온도, $v$는 분자의 속력이다. 다음이 성립함을 보여라. $$\overline{v}=\sqrt{\frac{8RT}{\pi M}}$$ 풀이: $\displaystyle a=\sqrt{\frac{M}{2RT}}$, $t=av$라 하자. 그러면 $$\begin{align*}\overline{v}&=\frac{4a^{3}}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty}{\left(\frac{t}{a}\right)^{3}e^{-t^{2}\frac{1}{a}dt}}=\frac{4}{a\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty}{t^{3}e^{-t^{2}}dt}\\&=\frac{2}{a\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty}{t^{2}(-e^{-t^{2}})'dt}=\frac{2}{a\sqrt{\pi}}[-t^{2}e^{-t^{2}}]_{0}^{\infty}+\frac{2}{a\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty}{2te^{-t^{2}}dt}\\&=\frac{2}{a\sqrt{\pi}}[-e^{-t^{2}}]_{0}^{\infty}=\frac{2}{a\sqrt{\pi}}\\&=\sqrt{\frac{8RT}{M\pi}}\end{align*}$$ 이다. 

Problem Plus

2. 다음을 계산하여라. $$\int{\frac{1}{x^{7}-x}dx}$$ 아마 부분분수로 분해하려고 할 것이나 이 방법은 복잡하다. 치환을 이용하여라.

풀이: $x=\sqrt{u}$라 하자. 그러면 $\displaystyle\frac{dx}{du}=\frac{1}{2\sqrt{u}}$이므로 $$\int{\frac{1}{x^{7}-x}dx}=\int{\frac{1}{u^{\frac{7}{2}}-u^{\frac{1}{2}}}\frac{1}{2u^{\frac{1}{2}}}du}=\frac{1}{2}\int{\frac{1}{u^{4}-u}du}$$ 이고 $$\frac{1}{u^{4}-u}=\frac{1}{u(u-1)(u^{2}+u+1)}$$ 이므로 $$\frac{1}{u(u-1)(u^{2}+u+1)}=\frac{a}{u}+\frac{b}{u-1}+\frac{cu+d}{u^{2}+u+1}$$ 이라 하면 $$\begin{align*}\frac{1}{u(u-1)(u^{2}+u+1)}&=\frac{a}{u}+\frac{b}{u-1}+\frac{cu+d}{u^{2}+u+1}\\&=\frac{a(u-1)(u^{2}+u+1)+bu(u^{2}+u+1)+\{cu^{3}+(d-c)u^{2}-du\}}{u(u-1)(u^{2}+u+1)}\\&=\frac{a(u^{3}-1)+b(u^{3}+u^{2}+u)+\{cu^{3}+(d-c)u^{2}-du\}}{u(u-1)(u^{2}+u+1)}\\&=\frac{(a+b+c)u^{3}+(b-c+d)u^{2}+(b-d)u-a}{u(u-1)(u^{2}+u+1)}\end{align*}$$ 이므로 $$a=-1,\,a+b+c=0,\,b-c+d=0,\,b-d=0$$ 이고 $$a=-1,\,b=\frac{1}{3},\,c=\frac{2}{3},\,d=\frac{1}{3}$$ 이므로 $$\frac{1}{u^{4}-u}=-\frac{1}{u}+\frac{1}{3(u-1)}+\frac{2u+1}{3(u^{2}+u+1)}$$ 이고 $$\begin{align*}\int{\frac{1}{u^{4}-u}du}&=-\ln|u|+\frac{1}{3}\ln|u-1|+\frac{1}{3}\ln|u^{2}+u+1|\\&=-\ln u+\frac{1}{3}\ln|u^{3}-1|\end{align*}$$ 이다. $u=x^{2}$이므로 따라서 $$\begin{align*}\int{\frac{1}{x^{7}-x}dx}&=\frac{1}{2}\int{\frac{1}{u^{4}-u}du}=-\frac{1}{2}\ln|u|+\frac{1}{6}\ln|u^{3}-1|\\&=-\ln|x|+\frac{1}{6}\ln|x^{6}-1|+C\end{align*}$$ 이다.

6. 점 $O$에 서있는 한 사람이 길이가 $L$인 줄에 젓는배(rowboat)를 연결해 부두(pier)를 따라 걷고 있다. 그 사람은 줄을 곧고(일직선) 팽팽하게 유지하고 있다. 배의 이동경로를 추적선(tractrix)이라 하고, 줄은 이동경로(곡선)에 항상 접한다.

(a) 배의 경로가 함수 $y=f(x)$의 그래프일 때 다음이 성립함을 보여라. $$f'(y)=\frac{dy}{dx}=\frac{-\sqrt{L^{2}-x^{2}}}{x}$$ (b) 함수 $y=f(x)$를 결정하여라.

풀이:

(a) 줄과 $x$축이 이루는 예각을 $\theta$라 하면 $x=L\cos\theta$이고 $\displaystyle\sin\theta=\sqrt{1-\left(\frac{x}{L}\right)^{2}}={\sqrt{L^{2}-x^{2}}}{L}$이며, 줄은 항상 $y=f(x)$의 그래프에 접하므로 $$f'(x)=-\tan\theta=-\frac{\sin\theta}{\cos\theta}=-\frac{\sqrt{L^{2}-x^{2}}}{x}$$ 이다.

(b) $y=f(x)$를 구하기 위해서는 $f(L)=0$이므로 $-f'(x)$를 $x$에서 $L$까지 적분하면 된다. $$f(x)=-\int_{x}^{L}{f'(t)dt}=\int_{x}^{L}{\frac{\sqrt{L^{2}-t^{2}}}{t}dt}$$ 이고 $x=L\cos\theta$라 하면 $\displaystyle\frac{dx}{d\theta}=-L\sin\theta$이므로 $$\begin{align*}-\int_{x}^{L}{f'(t)dt}&=\int_{\cos^{-1}\frac{x}{L}}^{0}{\frac{L\sin\theta}{L\cos\theta}(-L\sin\theta)d\theta}\\&=L\int_{0}^{\cos^{-1}\frac{x}{L}}{\frac{\sin^{2}\theta}{\cos\theta}d\theta}=L\int_{0}^{\cos^{-1}\frac{x}{L}}{(\sec\theta-\cos\theta)d\theta}\\&=L[\ln|\sec\theta+\tan\theta|-\sin\theta]_{0}^{\cos^{-1}\frac{x}{L}}\\&=L\ln\left(\frac{L}{x}+\frac{\sqrt{L^{2}-x^{2}}}{x}\right)-\sqrt{L^{2}-x^{2}}\end{align*}$$ 이므로 $\displaystyle f(x)=L\ln(L+\sqrt{L^{2}-x^{2}})-L\ln x-\sqrt{L^{2}-x^{2}}$이다.

8. $n$이 양의 정수이면 다음이 성립함을 증명하여라. $$\int_{0}^{1}{(\ln x)^{n}dx}=(-1)^{n}n!$$ 풀이: 먼저 $\lim_{x\,\rightarrow\,0+}{x(\ln x)^{n}}=0$임을 로피탈의 정리를 이용하여 보이자. $$\begin{align*}\lim_{x\,\rightarrow\,0+}{x(\ln x)^{n}}&=\lim_{x\,\rightarrow\,0+}{\frac{(\ln x)^{n}}{\displaystyle\frac{1}{x}}}=\lim_{x\,\rightarrow\,0+}{\frac{\displaystyle\frac{n}{x}(\ln x)^{n-1}}{\displaystyle-\frac{1}{x^{2}}}}\\&=-n\lim_{x\,\rightarrow\,0+}{x(\ln x)^{n-1}}\\&\vdots\\&=(-1)^{n}n!\lim_{x\,\rightarrow\,0+}{x}=0\end{align*}$$ 그러면 $$\begin{align*}\int_{0}^{1}{(\ln x)^{n}dx}&=\int_{0}^{1}{(x)'(\ln x)^{n}dx}\\&=-n\int_{0}^{1}{(\ln x)^{n-1}dx}\\&\vdots\\&=(-1)^{n-1}n!\int_{0}^{1}{\ln xdx}=(-1)^{n}n!\end{align*}$$ 이다.

9. 다음이 성립함을 보여라. $$\int_{0}^{1}{(1-x^{2})^{n}dx}=\frac{2^{2n}(n!)^{2}}{(2n+1)!}$$ (힌트: $I_{n}$이 적분을 나타낼 때 $\displaystyle I_{k+1}=\frac{2k+2}{2k+3}I_{k}$)

풀이: $(1-x^{2})^{n}$은 우함수이므로 $$\begin{align*}\int_{0}^{1}{(1-x^{2})^{n}dx}&=\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}{(1+x)^{n}(1-x)^{n}dx}\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}{\left\{\frac{1}{n+1}(1+x)^{n+1}\right\}'(1-x)^{n}dx}\\&=\frac{n}{2(n+1)}\int_{-1}^{1}{(1+x)^{n+1}(1-x)^{n-1}dx}\\&=\frac{n(n-1)}{2(n+1)(n+2)}\int_{-1}^{1}{(1+x)^{n+2}(1-x)^{n-2}dx}\\&\vdots\\&=\frac{n(n-1)\cdots2\cdot1}{2(n+1)(n+2)\cdots(2n-1)2n}\int_{-1}^{1}{(1+x)^{2n}dx}\\&=\frac{(n!)^{2}}{2(2n)!}\frac{2^{2n+1}}{2n+1}\\&=\frac{2^{2n}(n!)^{2}}{(2n+1)!}\end{align*}$$ 11. $0<a<b$일 때 $\displaystyle\lim_{t\,\rightarrow\,0}{\left(\int_{0}^{1}{\{bx+a(1-x)\}^{t}dx}\right)^{\frac{1}{t}}}$를 구하여라.

풀이: $bx+a(1-x)=(b-a)x+a$이므로 $y=(b-a)x+a$, $\displaystyle I=\int_{0}^{1}{\{bx+a(1-x)\}^{t}dx}$라 하면 $\displaystyle\frac{dy}{dx}=(b-a)$이므로 $$\begin{align*}I&=\int_{a}^{b}{y^{t}\frac{1}{b-a}dy}=\frac{1}{b-a}\int_{0}^{1}{y^{t}dt}\\&=\frac{1}{b-a}\left[\frac{1}{t+1}y^{t+1}\right]_{a}^{b}=\frac{b^{t+1}-a^{t+1}}{(b-a)(t+1)}\end{align*}$$ 이고 $\displaystyle I^{\frac{1}{t}}=\left\{\frac{b^{t+1}-a^{t+1}}{b-a}\right\}^{\frac{1}{t}}(1+t)^{-\frac{1}{t}}$이다. $I^{\frac{1}{t}}$에 자연로그를 취하면 $$\frac{\ln I}{t}=\frac{1}{t}\ln\frac{b^{t+1}-a^{t+1}}{b-a}-\frac{\ln(1+t)}{t}$$ 이고 $\displaystyle f(t)=\ln\frac{b^{t+1}-a^{t+1}}{b-a}$라 하면 $f(0)=0$, $\displaystyle f'(t)=\frac{b^{t+1}\ln b-a^{t+1}\ln a}{b^{t+1}-a^{t+1}}$이므로 $$\lim_{t\,\rightarrow\,0}{\frac{\ln I}{t}}=\frac{b\ln b-a\ln a}{b-a}-1=\frac{1}{b-a}\ln\frac{b^{b}}{a^{a}}-1$$ 이고 따라서 $$\lim_{t\,\rightarrow\,0}{\left(\int_{0}^{1}{\{bx+a(1-x)\}^{t}dx}\right)^{\frac{1}{t}}}=\lim_{t\,\rightarrow\,0}{I^{\frac{1}{t}}}=\frac{1}{e}\left(\frac{b^{b}}{a^{a}}\right)^{\frac{1}{b-a}}$$ 이다.

8. Further Applications of Integration

Discovery Project: Rotating on a Slant

$C$를 점 $P(p,\,f(p))$와 $Q(q,\,f(q))$사이의 곡선 $y=f(x)$, $\mathcal{R}$을 직선 $y=mx+b$와 이 직선과 수직이고 점 $P$, $Q$를 지나는 직선, 곡선 $C$로 둘러싸인 영역이라 하자.

1. 영역 $\mathcal{R}$의 넓이가 다음과 같음을 보여라. $$\frac{1}{1+m^{2}}\int_{p}^{q}{\{f(x)-mx-b\}\{1+mf'(x)\}dx}$$ (힌트: 이 공식은 넓이를 빼서 구할 수 있으나 다음 그림처럼 직선과 수직인 직사각형들의 넓이의 합으로 근사하는 것이 도움이 된다. 다음에서 $\Delta u$를 $\Delta x$를 이용하여 나타내어라)

3. 영역 $\mathcal{R}$을 직선 $y=mx+b$를 축으로 해서 회전한 회전체의 부피를 구하여라.

5. 영역 $\mathcal{R}$을 직선 $y=mx+b$를 축으로 해서 회전한 회전체의 겉넓이를 구하여라.

풀이:

1.

위 그림에서 $\displaystyle\cos\alpha=\frac{\Delta x}{L_{i}}$, $\displaystyle\cos(\beta-\alpha)=\frac{\Delta u}{L_{i}}$이므로 $\displaystyle\frac{\Delta x}{\cos\alpha}=\frac{\Delta u}{\cos(\alpha-\beta)}$이고 $$\begin{align*}\Delta u&=\frac{\Delta x}{\cos\alpha}(\cos\alpha\cos\beta+\sin\alpha\sin\beta)\\&=\Delta x(\cos\beta+\tan\alpha\sin\beta)\end{align*}$$ 이며 $\tan\beta=m$이므로 $$\cos\beta=\frac{1}{\sqrt{1+m^{2}}},\,\sin\beta=\frac{m}{1+m^{2}}$$ 이고 $\tan\alpha=f'(x_{i})$이므로 $$\Delta u=\left(\frac{1}{\sqrt{1+m^{2}}}+\frac{mf'(x_{i})}{\sqrt{1+m^{2}}}\right)\Delta x=\frac{1+mf'(x_{i})}{\sqrt{1+m^{2}}}\Delta x$$ 이다. 또한 $$H_{i}=\{f(x_{i})-(mx_{i}+b)\}\cos\beta=\frac{f(x_{i})-mx_{i}-b)}{\sqrt{1+m^{2}}}$$ 이므로 $\mathcal{R}$의 넓이를 $A$라 하면 다음과 같다. $$\begin{align*}A&=\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\sum_{i=1}^{n}H_{i}\Delta u}\\&=\frac{1}{1+m^{2}}\sum_{i=1}^{n}{\{f(x_{i})-mx_{i}-b\}\{1+mf'(x_{i})\}\Delta x}\\&=\frac{1}{1+m^{2}}\int_{p}^{q}{\{f(x)-mx-b\}\{1+mf'(x)\}dx}\end{align*}$$ 3. 회전체의 부피를 $V$라 하자. 1의 풀이과정에 의해 다음과 같다. $$\begin{align*}V&=\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\sum_{i=1}^{n}{\pi H_{i}^{2}\Delta u}}\\&=\frac{\pi}{(1+m^{2})^{\frac{3}{2}}}\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\sum_{i=1}^{n}{\{f(x_{i})-mx_{i}-b\}^{2}\{1+mf'(x_{i})\}\Delta x}}\\&=\frac{\pi}{(1+m^{2})\frac{3}{2}}\int_{p}^{q}{\{f(x_{i})-mx-b\}^{2}\{1+mf'(x)\}dx}\end{align*}$$ 5. 회전체의 겉넓이를 $S$라 하자. 1의 풀이과정에 의해 다음과 같다. $$\begin{align*}S&=\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\sum_{i=1}^{n}{(2\pi H_{i})\sqrt{1+\{f'(x_{i})\}^{2}}\Delta u}}\\&=\frac{2\pi}{1+m^{2}}\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\sum_{i=1}^{n}{\{f(x_{i}-mx_{i}-b)\}\{1+mf'(x_{i})\}\sqrt{1+\{f'(x_{i})\}^{2}}dx}}\\&=\frac{2\pi}{1+m^{2}}\int_{p}^{q}{\{f(x)-mx-b\}\{1+mf'(x)\}\sqrt{1+\{f'(x)\}^{2}}dx}\end{align*}$$