[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.$$\begin{align*}S&=\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\sum_{i=1}^{n}{(2\pi H_{i})\sqrt{1+\{f'(x_{i})\}^{2}}\Delta u}}\\&=\frac{2\pi}{1+m^{2}}\lim_{n\,\rightarrow\,\infty}{\sum_{i=1}^{n}{\{f(x_{i}-mx_{i}-b)\}\{1+mf'(x_{i})\}\sqrt{1+\{f'(x_{i})\}^{2}}dx}}\\&=\frac{2\pi}{1+m^{2}}\int_{p}^{q}{\{f(x)-mx-b\}\{1+mf'(x)\}\sqrt{1+\{f'(x)\}^{2}}dx}\end{align*}$$