미적분학 - 미적분학 기본정리

안녕하세요. 지난 포스팅의 미적분학 - 적분의 정의와 계산 그리고 정적분의 성질에서는 정적분이 가지는 좋은 성질에 대해서 알아보았습니다. 오늘은 미분과 적분 사이의 관계를 설명하는 미적분학 기본정리에 대해서 알아보도록 하겠습니다. 

 

미적분학 - 목차에서 다양한 주제의 미적분학 관련 포스팅들을 보실 수 있습니다.  

 

 정리 1. 미적분학 기본정리 PART 1 (The Fundamental Theorem of Calculus PART 1; FTC 1)

함수 $f$가 닫힌 구간 $I = [a, b]$에서 연속이면 $x \in I$에 대해서 정의된 $g(x) = \int_{a}^{x} f(x) \; dx$는 닫힌 구간 $I$에서 연속이고 열린 구간 $(a, b)$에서 미분 가능하며 $g^{'}(x) = f(x)$이다. 

 

증명

STEP 1. $x, x + h$가 $(a, b)$에 속할 때, 미적분학 - 적분의 정의와 계산 그리고 정적분의 성질을 이용해 아래와 같이 쓸 수 있습니다.

 

$$\begin{align*} g(x + h) - g(x) &= \int_{a}^{x + h} f(t) \; dt - \int_{a}^{x} f(t) \; dt \\ &= \left(\int_{a}^{x} f(t) \; dt + \int_{x}^{x + h} f(t) \; dt \right) - \int_{a}^{x} f(t) \; dt \\ &= \int_{x}^{x + h} f(t) \; dt\end{align*}$$

 

여기서 $h \ge 0$에 대해서 $h$로 양변을 나누어줍니다. 

 

$$\frac{g(x + h) - g(x)}{h} = \frac{1}{h} \int_{x}^{x + h} f(t) \; dt$$

 

STEP 2. 함수 $f$가 닫힌 구간 $I$에서 연속이기 때문에 극값 정리(Extreme Value Theorem; EVT)에 의해 닫힌 구간 $I$에서 $f(u) = M$과 $f(v) = m$을 만족하는 $u, v \in I$가 존재합니다. 이때, $M$과 $m$은 각각 구간 $[x, x + h]$에서 함수 $f$의 전역 최대값과 최소값입니다. 여기서, 정적분의 비교 성질과 STEP 1에서 얻은 결과를 이용해서 아래와 같이 쓸 수 있습니다. 

 

$$\begin{align*} mh \le \int_{x}^{x + h} f(t) \; dt \le Mh &\Rightarrow f(v) \le \frac{1}{h} \int_{x}^{x + h} f(t) \; dt \le f(u) \\ &\Rightarrow f(v) \le \frac{g(x + h) - g(x)}{h} \le f(u) \end{align*}$$

 

STEP 3. $h \rightarrow 0$이라고 할 때, $u, v \in [x, x + h]$이기 때문에 $u, v \rightarrow x$이다. 이때, 함수 $f$가 닫힌 구간 $I$에서 연속함수이기 때문에 정의를 이용하여 아래와 같이 쓸 수 있습니다. 

 

$$\lim_{h \rightarrow 0} f(u) = \lim_{u \rightarrow x} f(u) = f(x)$$

$$\lim_{h \rightarrow 0} f(v) = \lim_{v \rightarrow x} f(v) = f(x)$$

 

여기서 각 변을 $h \rightarrow 0$을 취하고 샌드위치 정리(Squeeze Theorem)을 이용합니다.

 

$$\begin{align*} &\lim_{h \rightarrow 0} f(u) \le \lim_{h \rightarrow 0} \frac{g(x + h) - g(x)}{h} \le \lim_{h \rightarrow 0} f(v) \\ &\Rightarrow f(x) \le g^{'}(x) \le f(x) \\ &\Rightarrow g^{'}(x) = f(x)\end{align*}$$

 

쉽게 말해 FTC 1이 시사하는 바는 함수 $f$를 적분한 뒤 미분하게 되면 기존의 함수 $f$를 완벽하게 복원할 수 있다는 뜻 입니다. 이를 통해, 적분된 함수의 미분을 간단하게 찾을 수 있습니다. 

 

예제1. 함수 $g(x) = \int_{0}^{x} \sqrt{1 + t^{2}} \; dx$의 도함수를 구하여라.

$f(t) = \sqrt{1 + t^{2}}$이라고 할 때, $f(t)$는 연속함수이기 때문에 FTC 1에 의해 $g^{'}(x) = f(x) = \sqrt{1 + x^{2}}$이다. 

 

뿐만 아니라 이전에 보았던 연쇄 법칙(Chain Rule)과 FTC 1을 함께 적용하여 복잡하게 적분된 함수의 도함수도 구할 수 있습니다. 

 

예제2. 함수 $g(x) = \int_{1}^{x^{4}} \sec{(t)} \; dt$의 도함수를 구하여라.

먼저, $u = x^{4}$라고 하자. 그러면 $\frac{du}{dx} = 4x^{3} $이다. 따라서 미분을 하게 되면 아래와 같다. 

 

$$\begin{align*} \frac{d}{dx} \int_{1}^{x^{4}} \sec{(t)} \; dt &= \frac{d}{dx} \int_{1}^{u} \sec{(t)} \; dt \\ &= \frac{1}{du} \left(\int_{1}^{u} \sec{(t)} \; dt\right) \frac{du}{dx} \\ &= \sec{(u)} \frac{du}{dx} = \sec{(x^{4})} \cdot 4x^{3}\end{align*}$$

 

 정리 2. 미적분학 기본정리 PART 2 (The Fundamental Theorem of Calculus PART 2; FTC 2)

함수 $f$가 닫힌 구간 $I = [a, b]$에서 연속이고 $F$가 함수 $f$의 적분함수라고 했을 때, (즉, $F^{'} = f$ 이다.) 아래의 식이 성립한다. 

 

$$\int_{a}^{b} f(x) \; dx = F(b) - F(a)$$

 

증명

$g(x) = \int_{a}^{x} f(t) \; dt$라고 하자. 이때, FTC 1에 의해서 $g^{'}(x) = f(x)$를 얻을 수 있다. 여기서, $g$가 함수 $f$의 적분함수라는 뜻이므로 다른 적분함수 $F$와 임의의 상수 $C$만큼 차이가 납니다. 

 

$$F(x) = g(x) + C$$

 

따라서, $x = a$일 때, $g(a) = \int_{a}^{a} f(t) \; dt = 0$이기 때문에 $x = b$를 대입한 뒤 빼면 됩니다.

 

$$\begin{align*} F(b) - F(a) &= \left[g(b) + C\right] - \left[g(a) + C\right] \\ &= g(b) - g(a) \\ &= g(b) = \int_{a}^{b} f(t) \; dt \end{align*}$$

 

 

여기서 FTC 2가 말하고자 하는 바는 적분을 계산할 때, 윗끝과 아래끝만 고려하면 된다는 의미입니다. 실제로 간단한 계산을 해보도록 하겠습니다. 

 

예제3. $\int_{1}^{3} e^{x} \; dx$를 계산하라. 

먼저, $f(x) = e^{x}$라고 할 때, $F(x) = e^{x}$이다. FTC 2에 의해 $\int_{1}^{3} e^{x} \; dx = F(3) - F(1) = e^{3} - e$를 얻을 수 있다. 

 

연습문제1. 미적분학 기본정리를 이용하여 주어진 함수들의 도함수를 구하여라.

 

(a). $g(x) = \int_{1}^{x} \frac{1}{t^{3} + 1} \; dt$

(b). $g(x) = \int_{3}^{x} e^{t^{2} - t} \; dt$

(c). $g(y) = \int_{2}^{y} t^{2}\sin(t) \; dt$

(d). $g(r) = \int_{0}^{r} \sqrt{x^{2} + 4} \; dx$

 

(a). $g(x) = \int_{1}^{x} \frac{1}{t^{3} + 1} \; dt$

 

$f(t) = \frac{1}{t^{3} + 1}$이라고 할 때, $f(t)$는 $[1, \infty)$에서 연속함수이기 때문에 FTC 1에 의해 $g^{'}(x) = f(x) = \frac{1}{x^{3} + 1}$이다. 

 

(b). $g(x) = \int_{3}^{x} e^{t^{2} - t} \; dt$

 

$f(t) = e^{t^{2} - t}$이라고 할 때, $f(t)$는 연속함수이기 때문에 FTC 1에 의해 $g^{'}(x) = f(x) = e^{x^{2} - x}$이다. 

 

(c). $g(y) = \int_{2}^{y} t^{2}\sin(t) \; dt$

 

$f(t) = t^{2}\sin(t)$이라고 할 때, $f(t)$는 연속함수이기 때문에 FTC 1에 의해 $g^{'}(y) = f(y) = y^{2}\sin(y)$이다. 

 

(d). $g(r) = \int_{0}^{r} \sqrt{x^{2} + 4} \; dx$

 

$f(x) = \sqrt{x^{2} + 4}$이라고 할 때, $f(x)$는 연속함수이기 때문에 FTC 1에 의해 $g^{'}(r) = f(r) = \sqrt{r^{2} + 4}$이다. 

 

연습문제2. 미적분학 기본정리를 이용하여 주어진 함수들의 도함수를 구하여라.

 

(a). $F(x) = \int_{x}^{\pi} \sqrt{1 + \sec(t)} \; dt$

(b). $G(x) = \int_{x}^{1} \cos(\sqrt{t}) \; dt$

(c). $h(x) = \int_{2}^{\frac{1}{x}} \arctan(t) \; dt$

(d). $h(x) = \int_{0}^{x^{2}} \sqrt{1 + r^{3}} \; dr$

 

(a). $F(x) = \int_{x}^{\pi} \sqrt{1 + \sec(t)} \; dt$

 

$F(x) = \int_{x}^{\pi} \sqrt{1 + \sec(t)} \; dt = -\int_{\pi}^{x} \sqrt{1 + \sec(t)} \; dt = \int_{\pi}^{x} \left( -\sqrt{1 + \sec(t)} \right) \; dt$라고 하자. $f(t) = -\sqrt{1 + \sec(t)}$이라고 할 때, $f(t)$는 연속함수이기 때문에 FTC 1에 의해 $F^{'}(x) = f(x) = -\sqrt{1 + \sec{x}}$이다. 

 

(b). $G(x) = \int_{x}^{1} \cos(\sqrt{t}) \; dt$

 

 

$G(x) = \int_{x}^{2} \cos(\sqrt{t}) \; dt = -\int_{1}^{x} \cos(\sqrt{t}) \; dt = \int_{1}^{x} \left( -\cos(\sqrt{t}) \right) \; dt$라고 하자. $f(t) = -\cos(\sqrt{t})$이라고 할 때, $f(t)$는 연속함수이기 때문에 FTC 1에 의해 $G^{'}(x) = f(x) = -\cos(\sqrt{x})$이다.

 

(c). $h(x) = \int_{2}^{\frac{1}{x}} \arctan(t) \; dt$

 

$u = \frac{1}{x}$라고 하자.

 

$$\begin{align*} h^{'}(x) &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{2}^{\frac{1}{x}} \arctan(t) \; dt\right] \\ &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{2}^{u} \arctan(t) \; dt \right] \\ &= \frac{d}{du} \left[ \int_{2}^{u} \arctan(t) \; dt \right] \cdot \frac{du}{dt} \\ &= \arctan(u) \cdot \left(-\frac{1}{x^{2}}\right) = -\frac{1}{x^{2}}\arctan\left(\frac{1}{x}\right)\end{align*}$$ 

 

(d). $h(x) = \int_{0}^{x^{2}} \sqrt{1 + r^{3}} \; dr$

 

$u = x^{2}$라고 하자.

 

$$\begin{align*} h^{'}(x) &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{0}^{x^{2}} \sqrt{1 + r^{3}} \; dr \right] \\ &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{0}^{u} \sqrt{1 + r^{3}} \; dr\right] \\ &= \frac{d}{du} \left[ \int_{0}^{u} \sqrt{1 + r^{3}} \; dr \right] \cdot \frac{du}{dx} \\ &= \sqrt{1 + u^{3}} \cdot 2x = 2x\sqrt{1 + x^{6}}\end{align*}$$

 

연습문제3. 미적분학 기본정리를 이용하여 주어진 함수들의 도함수를 구하여라.

 

(a). $y = \int_{0}^{\tan(x)} \sqrt{t + \sqrt{t}} \; dt$

(b). $y = \int_{1}^{\cos(x)} (1 + v^{2})^{10} \; dv$

(c). $y = \int_{1-3x}^{1} \frac{u^{3}}{1 + u^{2}} \; du$

(d). $y = \int_{e^{x}}^{0} \sin^{3}(t) \; dt$

 

(a). $y = \int_{0}^{\tan(x)} \sqrt{t + \sqrt{t}} \; dt$

 

$u = \tan(x)$라고 하자.

 

$$\begin{align*} y^{'} &= \frac{d}{dx} \left[\int_{0}^{\tan(x)} \sqrt{t + \sqrt{t}} \; dt \right] \\ &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{0}^{u} \sqrt{t + \sqrt{t}} \; dt \right] \\ &= \frac{d}{du} \left[ \int_{0}^{u} \sqrt{t + \sqrt{t}} \; dt \right] \cdot \frac{du}{dx} \\ &= \sqrt{u + \sqrt{u}} \sec^{2}(x) = \sec^{2}(x) \sqrt{\tan(x) + \sqrt{\tan(x)}}\end{align*}$$

 

(b). $y = \int_{1}^{\cos(x)} (1 + v^{2})^{10} \; dv$

 

$u = \cos(x)$라고 하자.

 

$$\begin{align*} y^{'} &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{1}^{\cos(x)} (1 + v^{2})^{10 }\; dv \right] \\ &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{1}^{u} (1 + v^{2})^{10} \; dv \right] \\ &= \frac{d}{du} \left[ \int_{1}^{u} (1 + v^{2})^{10} \; dv \right] \cdot \frac{du}{dx} \\ &= (1 + u^{2})^{10} \cdot (-\sin(x)) = -\sin(x)(1 + \cos^{2}(x))^{10} \end{align*}$$

 

(c). $y = \int_{1-3x}^{1} \frac{u^{3}}{1 + u^{2}} \; du$

 

$v = 1 - 3x$라고 하자.

 

$$\begin{align*} y^{'} &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{1-3x}^{1} \frac{u^{3}}{1 + u^{2}} \; du \right] \\ &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{1}^{1 - 3x} \left( -\frac{u^{3}}{1 + u^{2}} \right) \; du \right] \\ &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{1}^{v} \left( -\frac{u^{3}}{1 + u^{2}} \right) \; du \right] \\ &= \frac{d}{dv} \left[ \int_{1}^{v} \left( -\frac{u^{3}}{1 + u^{2}}\right) \; du \right] \cdot \frac{dv}{dx} \\ &= -\frac{v^{3}}{1 + v^{2}} \cdot (-3) = -\frac{3(1 - 3x)^{3}}{1 + (1 - 3x)^{2}}\end{align*}$$

 

(d). $y = \int_{e^{x}}^{0} \sin^{3}(t) \; dt$

 

$u = e^{x}$라고 하자.

 

$$\begin{align*} y^{'} &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{e^{x}}^{0} \sin^{3}(t) \; dt \right] \\ &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{0}^{e^{x}} (-\sin^{3}(t)) \; dt\right] \\ &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{0}^{u} (-\sin^{3}(t)) \; dt \right] \\ &= \frac{d}{du} \left[ \int_{0}^{u} (-\sin^{3}(t)) \; dt \right] \cdot \frac{du}{dx} \\ &= -\sin^{3}(e^{x}) \cdot e^{x} = -e^{x}\sin^{3}(e^{x})\end{align*}$$

 

연습문제4. 주어진 함수의 정적분을 계산하라

 

(a). $\int_{-1}^{2} (x^{3} - 2x) \; dx$

(b). $\int_{-2}^{5} 6 \; dx$

(c). $\int_{1}^{4} (5 - 2t + 3t^{2}) \; dt$

(d). $\int_{0}^{1} (1 + \frac{1}{2}u^{4} - \frac{2}{5}u^{9}) \; dx$

(e). $\int_{0}^{1} x^{\frac{4}{5}} \; dx$

 

(a). $\int_{-1}^{2} (x^{3} - 2x) \; dx = \left[ \frac{1}{4}x^{4} - x^{2} \right]_{-1}^{4} = (4 - 4) - (\frac{1}{4} - 1) = \frac{3}{4}$

 

(b). $\int_{-2}^{5} 6 \; dx = \left[ 6x \right]_{-2}^{5} = 6 \cdot 7 = 42$

 

(c). $\int_{1}^{4} (5 - 2t + 3t^{2}) \; dt = \left[ 5t - t^{2} + t^{3} \right]_{1}^{4} = (20 - 16 + 64) - (5 - 1 + 1) = 63$

 

(d). $\int_{0}^{1} (1 + \frac{1}{2}u^{4} - \frac{2}{5}u^{9}) \; dx = \left[ u + \frac{1}{10}u^{5} - \frac{2}{50}u^{10} \right]_{0}^{1} = 1 + \frac{1}{10} - \frac{2}{50} = \frac{21}{25}$

 

(e). $\int_{0}^{1} x^{\frac{4}{5}} \; dx = \left[ \frac{5}{9}x^{\frac{9}{5}} \right]_{0}^{1} = \frac{5}{9}$

 

연습문제5. 주어진 함수의 정적분을 계산하라

 

(a). $\int_{1}^{8} \sqrt[3]{x} \; dx$

(b). $\int_{1}^{2} \frac{3}{t^{4}} \; dt$

(c). $\int_{\pi}^{2\pi} \cos(\theta) \; d\theta$

(d). $\int_{0}^{2} x(2 + x^{5}) \; dx$

(e). $\int_{0}^{1} (3 + x\sqrt{x}) \; dx$

 

(a). $\int_{1}^{8} \sqrt[3]{x} \; dx = \int_{1}^{8} x^{\frac{1}{3}} \; dx = \left[ \frac{3}{4}x^{\frac{4}{3}} \right]_{1}^{8} = \frac{45}{4}$

 

(b). $\int_{1}^{2} \frac{3}{t^{4}} \; dt = \int_{1}^{2} 3t^{-4} \; dt = \left[ 3 \cdot \frac{1}{1 - 4} t^{-3} \right]_{1}^{2} = -(\frac{1}{8} - 1) = \frac{7}{8}$

 

(c). $\int_{\pi}^{2\pi} \cos(\theta) \; d\theta = \left[ \sin(\theta) \right]_{\pi}^{2\pi} = 0$

 

(d). $\int_{0}^{2} x(2 + x^{5}) \; dx = \int_{0}^{2} (2x + x^{6}) \; dx = \left[ x^{2} + \frac{1}{7}x^{7} \right]_{0}^{2} = \frac{156}{7}$

 

(e). $\int_{0}^{1} (3 + x\sqrt{x}) \; dx = \left[ 3x + \frac{2}{5}x^{\frac{5}{2}} \right]_{0}^{1} = \frac{17}{5}$

 

연습문제6. 주어진 함수의 정적분을 계산하라

 

(a). $\int_{1}^{9} \frac{x - 1}{\sqrt{x}} \;dx$

(b). $\int_{0}^{2} (y - 1)(2y + 1) \;dy$

(c). $\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sec^{2}(t) \;dt$

(d). $\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sec(\theta)\tan(\theta) \;d\theta$

(e). $\int_{1}^{2} (1 + 2y)^{2} \;dy$

 

(a). $\int_{1}^{9} \frac{x - 1}{\sqrt{x}} \;dx = \int_{1}^{9} \left( x^{\frac{1}{2}} - x^{-\frac{1}{2}} \right) \; dx = \left[ \frac{2}{3}x^{\frac{3}{2}} - 2x^{-\frac{3}{2}} \right]_{1}^{9} = \left[\frac{2}{3} \cdot 27 - 2 \cdot \frac{1}{27}\right] - \left[\frac{2}{3} - 2\right] = \frac{520}{27}$

 

(b). $\int_{0}^{2} (y - 1)(2y + 1) \; dy = \int_{0}^{2} (2y^{2} + y - 2y - 1) \; dy = \int_{0}^{2} (2y^{2} - y - 1) \; dy = \left[ \frac{2}{3}y^{3} - \frac{1}{2}y^{2} -y  \right]_{0}^{2} = \frac{16}{3} - 2 - 2 = \frac{4}{3}$

 

(c). $\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sec^{2}(t) \;dt = \left[ \tan(t) \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} = \tan(\frac{\pi}{4}) - \tan(0) = 1$

 

(d). $\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sec(\theta)\tan(\theta) \;d\theta = \left[ \sec(\theta) \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} =\sec(\frac{\pi}{4}) -\sec(0) = \sqrt{2} - 1$

 

(e). $\int_{1}^{2} (1 + 2y)^{2} \;dy = \int_{1}^{2} (1 + 4y + 4y^{2}) \; dy = \left[ y + 2y^{2}+ \frac{4}{3}y^{3}\right]_{1}^{2} = \left( \frac{32}{3} + 8 + 2 \right) - \left( \frac{4}{3} + 2 + 1 \right) =\frac{28}{3} + 7 = \frac{49}{3}$

 

연습문제7. 주어진 함수의 정적분을 계산하라

 

(a). $\int_{0}^{1} \cosh(t) \;dt$

(b). $\int_{1}^{9} \frac{1}{2x} \;dx$

(c). $\int_{0}^{1} 10^{x} \;dx$

(d). $\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \frac{6}{\sqrt{1 -t^{2}}} \;dt$

(e). $\int_{0}^{1} \frac{4}{t^{2} + 1} \;dt$

 

(a). $\int_{0}^{1} \cosh(t) \;dt = \left[ \sinh(t) \right]_{0}^{1} = \sinh(1) - \sinh(0) = \sinh(1)$

 

(b). $\int_{1}^{9} \frac{1}{2x} \;dx =\frac{1}{2}\left[ \ln(x) \right]_{1}^{9} = \frac{1}{2} \left( \ln(9) - \ln(1) \right) = \ln(3)$

 

(c). $\int_{0}^{1} 10^{x} \;dx = \frac{1}{\ln(10)} \left[ 10^{x} \right]_{0}^{1} = \frac{1}{\ln(10)}\left(10 - 1\right) =\frac{9}{\ln(10)}$

 

(d). $\int_{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}} \frac{6}{\sqrt{1 -t^{2}}} \;dt = 6\left[ \arcsin(t) \right]_{\frac{1}{2}}^{\frac{\sqrt{3}}{2}} = 6(\arcsin(\frac{\sqrt{3}}{2}) - \arcsin(\frac{1}{2})) = 6 \cdot (\frac{\pi}{3} - \frac{\pi}{6}) = 2\pi - \pi = \pi$

 

(e). $\int_{0}^{1} \frac{4}{t^{2} + 1} \;dt = 4\left[ \arctan(t) \right]_{0}^{1} = 4(\arctan(1) -\arctan(0)) = 4 \cdot \frac{\pi}{4} = \pi$

 

연습문제8. 미적분학의 기본정리를 이용해서 주어진 함수들의 도함수를 구하여라.

 

(a). $g(x) = \int_{2x}^{3x} \frac{u^{2} - 1}{u^{2} + 1} \; du$

(b). $g(x) = \int_{\tan(x)}^{x^{2}} \frac{1}{\sqrt{2 +t^{4}}} \; dt$

(c). $y = \int_{\sqrt{x}}^{x^{3}} \sqrt{t}\sin(t) \; dt$

(d). $y = \int_{\cos(x)}^{5x} \cos(u^{2}) \; du$

 

(a). $g(x) = \int_{2x}^{3x} \frac{u^{2} - 1}{u^{2} + 1} \; du$

 

FTC1을 적용하기 위해서는 $\int_{a}^{x} f(t) \; dt$의 꼴이여야하기 때문에 함수 $g$를 정적분의 성질을 이용하여 아래와 같이 변형한다. 

 

$$\begin{align*} g(x) &= \int_{2x}^{3x} \frac{u^{2} - 1}{u^{2} + 1} \; du \\ &= \int_{2x}^{0} \frac{u^{2} - 1}{u^{2} + 1} \; du + \int_{0}^{3x} \frac{u^{2} - 1}{u^{2} + 1} \; du \\ &= -\int_{0}^{2x} \frac{u^{2} - 1}{u^{2} + 1} \; du + \int_{0}^{3x} \frac{u^{2} - 1}{u^{2} + 1} \; du \\ &= \int_{0}^{2x} \left( -\frac{u^{2} - 1}{u^{2} + 1} \right) \; du + \int_{0}^{3x} \frac{u^{2} - 1}{u^{2} + 1} \; du \end{align*}$$

 

따라서, FTC1을 적용할 수 있다. 이제, $w = 2x$ 그리고 $v = 3x$라고 한 뒤 FTC1을 적용한다. 

 

$$\begin{align*} g^{'}(x) &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{0}^{w} \left(-\frac{u^{2} - 1}{u^{2} + 1}\right) \; du + \int_{0}^{v} \frac{u^{2} - 1}{u^{2} + 1} \; du\right] \\ &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{0}^{w} \left( -\frac{u^{2} - 1}{u^{2} + 1} \right) \; du \right] + \frac{d}{dx} \left[ \int_{0}^{v} \frac{u^{2} - 1}{u^{2} + 1} \; du\right] \\ &= -\frac{w^{2} - 1}{w^{2} + 1} \cdot \frac{dw}{dx} + \frac{v^{2} - 1}{v^{2} + 1} \cdot \frac{dv}{dx} \\ &= -\frac{8x^{2} - 2}{4x^{2} + 1} + \frac{27x^{2} - 3}{9x^{2} + 1}\end{align*}$$

 

(b). $g(x) = \int_{\tan(x)}^{x^{2}} \frac{1}{\sqrt{2 +t^{4}}} \; dt$

 

FTC1을 적용하기 위해서는 $\int_{a}^{x} f(t) \; dt$의 꼴이여야하기 때문에 함수 $g$를 정적분의 성질을 이용하여 아래와 같이 변형한다. 

 

$$\begin{align*} g(x) &= \int_{\tan(x)}^{x^{2}} \frac{1}{\sqrt{2 + t^{4}}} \; dt \\ &= \int_{\tan(x)}^{0} \frac{1}{\sqrt{2 + t^{4}}} \; dt + \int_{0}^{x^{2}} \frac{1}{\sqrt{2 + t^{4}}} \; dt \\ &= -\int_{0}^{\tan(x)} \frac{1}{\sqrt{2 + t^{4}}} \; dt + \int_{0}^{x^{2}} \frac{1}{\sqrt{2 + t^{4}}} \; dt \\ &= \int_{0}^{\tan(x)} \left( -\frac{1}{\sqrt{2 + t^{4}}} \right) \; du + \int_{0}^{x^{2}} \frac{1}{\sqrt{2 + t^{4}}} \; dt \end{align*}$$

 

따라서, FTC1을 적용할 수 있다. 이제, $u = \tan(x)$ 그리고 $v = x^{2}$라고 한 뒤 FTC1을 적용한다. 

 

$$\begin{align*} g^{'}(x) &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{0}^{u} \left(-\frac{1}{\sqrt{2 + t^{4}}}\right) \; dt + \int_{0}^{v} \frac{1}{\sqrt{2 + t^{4}}} \; dt\right] \\ &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{0}^{u} \left( -\frac{1}{\sqrt{2 + t^{4}}} \right) \; dt \right] + \frac{d}{dx} \left[ \int_{0}^{v} \frac{1}{\sqrt{2 + t^{4}}} \; dt\right] \\ &= -\frac{1}{\sqrt{2 + u^{4}}} \cdot \frac{du}{dx} + \frac{1}{\sqrt{2 + v^{4}}} \cdot \frac{dv}{dx} \\ &= -\frac{1}{\sqrt{2 + \tan^{4}(x)}} \cdot \sec^{2}(x) + \frac{1}{\sqrt{2 + x^{8}}} \cdot 2x \\ &= -\frac{\sec^{2}(x)}{\sqrt{2 + \tan^{4}(x)}} + \frac{2x}{\sqrt{2 + x^{8}}} \end{align*}$$

 

(c). $y = \int_{\sqrt{x}}^{x^{3}} \sqrt{t}\sin(t) \; dt$

 

FTC1을 적용하기 위해서는 $\int_{a}^{x} f(t) \; dt$의 꼴이여야하기 때문에 함수 $y$를 정적분의 성질을 이용하여 아래와 같이 변형한다. 

 

$$\begin{align*} y &= \int_{\sqrt(x)}^{x^{3}} \sqrt{t}\sin(t) \; dt \\ &= \int_{\sqrt(x)}^{0} \sqrt{t}\sin(t) \; dt + \int_{0}^{x^{3}} \sqrt{t}\sin(t) \; dt \\ &= -\int_{0}^{\sqrt(x)} \sqrt{t}\sin(t) \; dt + \int_{0}^{x^{3}} \sqrt{t}\sin(t) \; dt \\ &= \int_{0}^{\sqrt(x)} \left( -\sqrt{t}\sin(t) \right) \; dt + \int_{0}^{x^{3}} \sqrt{t}\sin(t) \; dt \end{align*}$$

 

따라서, FTC1을 적용할 수 있다. 이제, $u = \sqrt(x)$ 그리고 $v = x^{3}$라고 한 뒤 FTC1을 적용한다. 

 

$$\begin{align*} g^{'}(x) &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{0}^{u} \left(-\sqrt{t}\sin(t)\right) \; dt + \int_{0}^{v} \sqrt{t}\sin(t) \; dt\right] \\ &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{0}^{u} \left( -\sqrt{t}\sin(t) \right) \; dt \right] + \frac{d}{dx} \left[ \int_{0}^{v} \sqrt(t)\sin(t) \; dt\right] \\ &= -\sqrt{u}\sin(u) \cdot \frac{du}{dx} + \sqrt{v}\sin(v) \cdot \frac{dv}{dx} \\ &= -\sqrt{\sqrt{x}}\sin(\sqrt{x}) \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}} + \sqrt{x^{3}}\sin(x^{3)} \cdot 3x^{2} \\ &= -\frac{1}{2\sqrt[4]{x}}\sin(\sqrt{x}) + 3x^{3}\sqrt{x}\sin(x^{3}) \end{align*}$$

 

(d). $y = \int_{\cos(x)}^{5x} \cos(u^{2}) \; du$

 

FTC1을 적용하기 위해서는 $\int_{a}^{x} f(t) \; dt$의 꼴이여야하기 때문에 함수 $y$를 정적분의 성질을 이용하여 아래와 같이 변형한다. 

 

$$\begin{align*} y &= \int_{\cos(x)}^{5x} \cos(u^{2}) \; du \\ &= \int_{\cos(x)}^{0} \cos(u^{2}) \; du + \int_{0}^{5x} \cos(u^{2}) \; du \\ &= -\int_{0}^{\cos(x)} \cos(u^{2}) \; du + \int_{0}^{5x} \cos(u^{2}) \; du \\ &= \int_{0}^{\cos(x)} \left( -\cos(u^{2}) \right) \; du + \int_{0}^{5x} \cos(u^{2}) \; du \end{align*}$$

 

따라서, FTC1을 적용할 수 있다. 이제, $w = \cos(x)$ 그리고 $v = 5x$라고 한 뒤 FTC1을 적용한다. 

 

$$\begin{align*} y^{'} &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{0}^{w} \left(-\cos(u^{2})\right) \; du + \int_{0}^{v} \cos(u^{2}) \; du\right] \\ &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{0}^{w} \left( -\cos(u^{2}) \right) \; du \right] + \frac{d}{dx} \left[ \int_{0}^{v} \cos(u^{2}) \; du\right] \\ &= -\cos(w^{2}) \cdot \frac{dw}{dx} + \cos(v^{2}) \cdot \frac{dv}{dx} \\ &= -\cos(\cos^{2}(x)) \cdot (-\sin(x)) + \cos(25x^{2})\cdot 5 \\ &= \sin(x)\cos(\cos^{2}(x)) + 5\cos(25x^{2}) \end{align*}$$

 

연습문제9. $F(x) = \int_{1}^{x} f(t) \; dt$이고 $f(t) = \int_{1}^{t^{2}} \frac{\sqrt{1 + u^{4}}}{u} \; du$라고 할 때, $F^{''}(2)$를 구하여라.

 

함수 $f$는 연속함수이므로 $F(x)$에 대해서 FTC1을 적용할 수 있다. 

 

$$F^{'}(x) = f(x)$$

 

이때, $F^{''}(x) = f^{'}(x)$이므로 적분으로 표현된 함수 $f$에 대해서 FTC1을 적용해야한다. $y = t^{2}$이라고 하자. 

 

$$\begin{align*} f^{'}(t) &= \frac{d}{dx} \left[ \int_{1}^{y} \frac{\sqrt{1 + u^{4}}}{u} \; du \right] \\ &= \frac{\sqrt{1 + y^{4}}}{y} \cdot \frac{dy}{dt} \\ &= \frac{\sqrt{1 + t^{8}}}{t^{2}} \cdot 2t = \frac{2\sqrt{1 + t^{8}}}{t} \end{align*}$$

 

따라서, $F^{''}(x) = f^{x} = \frac{2\sqrt{1 +x^{8}}}{x}$이므로 $F^{''}(2) = \frac{2\sqrt{257}}{2} = \sqrt{257}$이다. 

 

연습문제10. $y = \int_{0}^{x} \frac{1}{1 + t + t^{2}} \; dt$라고 할 때, $y$가 오목한 구간을 구하시오.

 

미적분학 - 미분과 그래프의 정리2 (볼록성 검사)에 의해 $y^{''} > 0$인 구간을 찾으면 된다. 먼저, $f(t) = \frac{1}{1 + x + x^{2}}$이라고 할 때 $f$는 연속함수이므로 FTC1을 적용할 수 있다. 

 

$$y^{'} = \frac{1}{1 + x + x^{2}}$$

 

이제 한번 더 미분한 뒤 $y^{''} > 0$인 구간을 찾는다. 

 

$$y^{''} = \frac{1 + 2x}{1 + x + x^{2}} > 0 \rightarrow x < -\frac{1}{2}$$

 

따라서, 함수 $y$는 구간 $(-\infty, -\frac{1}{2}]$에서 오목함수이다. 

 

 

참고자료 및 그림출처

Calculus(J. Stewart)